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。
0002風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/01/25 21:05:41その１
nの最大の素因数をP(n)と書く。
f(x)が一次多項式の累乗ではない多項式で整数に対して整数値をとるものとする。
このときP(f(n))→∞（n→∞）となることを示せ。
その２
Z上の多項式 f(X) = X^n + aX^{n-1} + ・・・ + aX - 1 (n≧2，a≠0)
はQ上既約である．
その３
nの正の約数の和をσ(n)、n以下の自然数のうちnの互いに素なものの個数をφ(n)とする。
(1)
任意の素数nに対して、n*σ(n)≡2 (mod φ(n) )が成立することを示せ。
(2)
n*σ(n)≡2 (mod φ(n) )が成立する合成数は、n=4,6,22に限ることを示せ。
0003１３２人目の素数さん
05/01/25 21:21:19では久しぶりに易しい問題を一つ。
ABC を平面上の三角形とする。このとき点 A, B, C に幾らでも近い点 A', B', C' で
長さ A'B', B'C', C'A', 面積 △A'B'C' が有理数になるものが存在する。
0004１３２人目の素数さん
05/01/25 21:22:35=x^n+axQ-1=0
q^n+aqQ-1=0
q^n+aqQ=1
q(q^n-1+aQ)=1
0005１３２人目の素数さん
05/01/25 21:29:20c(c^n-1+acD)=b^n
0006１３２人目の素数さん
05/01/25 21:48:07何それ？
0007１３２人目の素数さん
05/01/25 21:53:360008１３２人目の素数さん
05/01/25 22:01:15何それ
0009１３２人目の素数さん
05/01/25 22:03:02(｀･ω･´) 馬鹿はとっとと消え失せぇぃ！
.ノ^ yヽ、
ヽ,,ﾉ==l ﾉ
/ l |
"""~""""""~"""~"""~"
0010１３２人目の素数さん
05/01/25 22:13:490011伊丹公理 ◆EniJeTU7ko
05/01/25 22:22:37アホ端ね
0012風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/01/26 03:01:16n個の頂点がすべて同一平面の格子点(x,y座標共に整数の点)上にある正n角形にはどんなものがあるか。
スレ立て乙です．
>>2のその3
(1) n が素数なら，σ(n) = n + 1，φ(n) = n - 1 より．
(2) n = p_1^(e_1)*・・・*p_g^(e_g) と素因数分解されたとする．
p_k^(e_k-1) | φ(n) より，e_k≧2 なら，e_k = p_k = 2
よって，n = 4p_1*・・・*p_g(p_1〜p_gは奇素数) 又は p_1*・・・*p_g
n = p_1*・・・*p_g のとき，σ(n)≡φ(n)≡0 (mod. 2^(m-1))
n は合成数なので，m = 2
n が奇数なら，σ(n)≡φ(n)≡0 (mod. 4) なので，n=2p (p は奇数)
2pσ(2p) ≡ 12 (mod. p-1) だから，p-1 | 10
ゆえに，p = 3, 11で，n = 6, 22
上の議論から，n = 4p_1*・・・*p_g のときは n = 4
座標を取って，A を原点，B を x 軸上にとる．
単位円周上には有理点が稠密に存在するので，半径が有理数の円周上でもそう．
したがって，R^2 には原点からの距離が有理数である有理点が稠密に存在する．
C に近い有理点 C' (p，q) をとる．
(x - p)^2 + q^2 = y^2 を考えると，双曲線 x^2 - y^2 = -1 上には有理点が稠密
に存在するので，(x - p)^2 + q^2 = y^2 上でもそう．
だから，x 軸上には C との距離が有理数である有理点が稠密に存在する．
このようにして，B に近い有理点 B' をとる．
>>12
より強く，有理点としても正方形しかない．
頂点が有理点であるとすると，sin(2π/n)，cos(2π/n) がともに
有理数でなければならないことは容易に分かる．
このとき，円周等分多項式の次数は 2．つまりφ(n) = 2
よって，n = 3, 4, 6
n=3, 6 は sin(2π/n) が無理数になるので不適．
k を代数的閉体（別に複素数体でよい）とし，
f(x)，g(x)，h(x) ∈ k[x] とする．
n≧3 のとき，{f(x)}^n + {g(x)}^n = {h(x)}^n を満たすものは，
次の自明な解に限る．
f(x) = a*p(x), g(x) = b*p(x), h(x) = c*p(x)
ただし， p(x)∈k[x], a^n + b^n = c^n (a, b, c∈k)
0016風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/01/26 21:24:09問題
2以上の整数nを素因数分解したとき、全ての素因数の指数が2以上になるとき、nを充平方数と呼ぶことにします。
自然数の集合Xを以下のように定める。
X={n∈N|nは充平方数}
1.n,n+1∈Xとなるnとn,n+4∈Xとなるnが無数にあることを示せ。
2.n,n+1,n+2,n+3∈Xとなるnが存在しないことを示せ。
3.以下のようなN個の連続する自然数が存在することを示せ。
y,y+1,…,y+N-1のすべてがXの要素ではない。
(1) x_n + √2y_n = (3 + 2√2)^n として，n = 2y_n^2，n+1 = x^2
とすると，y_n は偶数なので n も充平方．
こうしてとった n に対し m = 4n とすれば m+4 = 4(n+1) も充平方．
(2) 連続する4つの自然数のうち2つは偶数．
充平方なら4の倍数だが，それは不可能．
(3) p_1 < ・・・ < p_N を素数，i = 1〜N に対し
y ≡ p_i + 1 - i (mod. p_i^2)
をみたす y が中国剰余定理より存在する．
このとき，y+i-1 は p_i で割り切れるが，p_i^2 で割り切れない．
ｐを素数，ｋを標数ｐの体とすると
１＾（ｐ＾ｓ）＋ｘ＾（ｐ＾ｓ）＝（１＋ｘ）＾（ｐ＾ｓ）。
記号をまずったのので，訂正．
(1) x_k + √2y_k = (3 + 2√2)^k として，n = 2y_k^2，n+1 = x_k^2
とすると，y_k は偶数なので n も充平方．
n=3,4,6 というのは，頂点が格子点にあるとしたときの
必要条件なので，具体的に構成する必要があるかと．
n=3,4の場合は明らかですが，例えば，P_1〜P_6を
∠P_iOP_{i+1} = 60°を満たすようにとっても
P_1〜P_6が同一平面上にあるとは限りませんし．
0025 ◆.PlCC3.14.
05/01/28 01:58:58問題
n を自然数とし，ζ_1，・・・，ζ_m を 1 のすべての原始n乗根とする．
(1 - ζ_1)・・・(1 - ζ_m) を計算せよ．
0026風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/01/28 02:53:00nが素数pの冪乗のとき(1 - ζ_1)・・・(1 - ζ_m)=p
そうでないとき(1 - ζ_1)・・・(1 - ζ_m)=1となる。
解答
nの円分多項式をΦn(x)とするとΦn(x)=(x - ζ_1)・・・(x - ζ_m)
n=p^kのときはΦn(1)=p
x^(n-1)+x^(n-2)+…+1=Π[k＞1,k|n]Φk(x)より帰納的に言える。
0027１３２人目の素数さん
05/01/28 03:02:54平気で自明って言いますねｗｗｗ
0028１３２人目の素数さん
05/01/28 09:30:52分かった瞬間から自明になるのが数学の特徴。
人から教わったことでもそれを断るのは少数派。
0030１３２人目の素数さん
05/01/28 11:52:100031１３２人目の素数さん
05/01/28 19:53:43正解
0032風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/01/29 00:01:42nの正の約数の和をσ(n)とする。
1.σ(n)=2nとなる数を完全数と呼ぶ。
(1)偶数の完全数は(2^k)*{2^(k+1)-1}、2^(k+1)-1は素数となるものに限ることを示せ。
(2)奇数の完全数はもしあれば、n=p^(4k+1)*m^2(pは4K+1の形の素数)の形に限ることを示せ。
2.σ(n)=2n+1の形になる自然数nを考える。
もしnが存在するならば、nは奇数の平方に限ることを示せ。
0033風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/01/29 00:05:17pを素数、nをpの冪ではない自然数とする。
C(np,n)はp^2で割り切れることを示せ。
0034Arith
05/01/29 01:02:23σ(n)=2n, n=2^k*v(v: odd)ならば
(2^{k+1}-1|σ(n)=2nより(2^{k+1}-1)|v...(1)
σ(2^k)/2^k * σ(v)/v=σ(n)/n=2より
σ(v)/v=2^(k+1)/(2^(k+1)-1)...(2)
v|w, v<wならばσ(w)/w>σ(v)/v。
(1)(2)よりv>2^(k+1)-1ならば
σ(2^{k+1}-1)/(2^{k+1}-1)<σ(v)/v=2^(k+1)/(2^(k+1)-1)
となって矛盾。よってv=2^(k+1)-1。
σ(2^{k+1}-1)/(2^{k+1}-1)=σ(v)/v=2^(k+1)/(2^(k+1)-1)
より、2^{k+1}-1は素数であることが分かる。Q.E.D.
1.(2)
p=2ならばσ(p^e)=2^{e+1}-1: odd...(1)
p: odd, e: evenならばσ(p^e)≡p^e+...+1≡e+1≡1(mod 2)...(2)
p≡3(mod 4), e: oddならばσ(p^e)≡(p^e+p^{e-1})+...+(p+1)≡0(mod 4)...(3)
p≡1(mod 4)ならばσ(p^e)≡e+1(mod 4)...(4)
nが奇数の完全数なら、σ(n)≡2(mod 4).
よって、n=Πp_i^e_iとおくと、ちょうど一つのiに対して
σ(p_i^e_i)≡2(mod 4)となり、他のiに対してσ(p_i^e_i): odd。
前者は(4), 後者は(2)のタイプに該当する。Q.E.D.
2.
σ(n)が奇数なので、1.(2)の(1)(2)よりn=2^km^2(m: odd)。
k: oddとすると、3|σ(2^k)|σ(n)。一方、2nは平方数なので、
σ(n)=2n+1≡1 or 2(mod 3)となって矛盾。
k: even≧2とすると、nは平方数l^2であるから、σ(n)=2l^2+1。
よって、σ(n)の素因数は≡1 or 3(mod 8)。
σ(2^k)|σ(n)より、-1≡2^{k+1}-1≡σ(2^k)≡1 or 3(mod 8)となって矛盾。
よって、k=0。Q.E.D.
0035Arith
05/01/29 01:06:201. n=p^(4k+1)*m^2((p, m)=1, pは4K+1の形の素数)を奇数の完全数とする。このとき
mは平方因子を持つことを示せ。
2. σ_k(n)をｎの正の約数のk乗の和とする。このとき、任意のkに対して、
n|σ_k(n)となるnが無限に多く存在することを示せ。
0036風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/01/29 02:41:16あと(2)番のk=0をいうところだけど、私は
{2^(k+1)-1}σ(m^2)=2^(k+1)m^2+1
2^(k+1)-1≡3 (mod 4)だから2^(k+1)-1の素因数pにはp≡3 (mod 4)となるものが必ず存在する。
よって(mod p)で考えるとm^2≡-1 (mod p)となるがこれは(-1/p)=-1に反する。
とやりました。
p＞n のときは，C(np,n) = p*C(np-1,n-1) で，
n!，P(np-1,n-1) は共に p で割り切れないので，
C(np,n) は p で割り切れるが，p^2 で割り切れない．
n ＞
n ＞ p のときは，n が p の倍数のときは C(18,6) が反例．
n ＞ p で，n と pが互いに素なのときは成立する．
C(np-1,n-1) = C((n-1)p,n-1)*A/B という形で表すと，
A, B は p で割り切れないことが簡単にわかるので，
帰納的に示される．
0039風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/01/29 14:30:06>>33はnを2の冪ではない自然数とするとC(2n,n)は4で割り切れるという本の記述を見て
何も考えずに一般化してしてしまった、スマソ。
１５！／５！１０！＝３００３。
失礼いたしました．
帰納法の出発点が成立していないので，
まったく証明になってなく，
お叱りを受けるのも当然のことですね．
以後注意いたします．
0042風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/01/30 03:40:29(1)
補題１
pを奇素数とする、a^(p-1)+a^(p-2)+…+1の素因数qをとるとq=p、あるいはq≡1 (mod p)となる。
証明
a^p≡1 (mod q)ここで、eをaの位数とするとe|pだから、e=1あるいはpとなる。
e=1のときp≡0 (mod q)となってq=pが示される。
e=pのときe=p|q-1となるので、q≡1 (mod p)が示される。
補題２
pを奇素数、aをa≡1 (mod p)となる整数とする。
a^(p-1)+a^(p-2)+…+1≡0 (mod p)
証明
a^(p-1)+a^(p-2)+…+1≡p≡0 (mod p)
さて、解答に入る。
mが平方因子を持たないと仮定する。
mをm=Π(qは素数)qと書く。
2p^(4k+1)*Π(q^2)={1+p+…+p^(4k+1)}*Π(1+q+q^2)…※
補題1より1+q+q^2の素因数rは3あるいはr≡1 (mod 3)のものに限られる。
r=3のときは明らかに3はmの素因数
r≡1 (mod 3)の場合も、補題2よりr^2+r+1は3で割り切れる。
よって、mは3を素因数に持つ。
Π(1+q+q^2)は1+3+3^2=13で割り切れ、mは13で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+13+13^2=183=3*61で割り切れ、mは61で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+61+61^2=3783=3*13*97で割り切れ、mは97で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。
0043風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/01/30 04:47:18Π(1+q+q^2)は1+3+3^2=13で割り切れるので※の左辺は13で割り切れる
p=13のとき
2p^(4k+1)*Π(q^2)={1+p+…+p^(4k+1)}*Π(1+q+q^2)=(p+1){1+p^2+…+p^(4k)}*Π(1+q+q^2)…○
だからmは7で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+7+7^2=57=3*19で割り切れ、mは19で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+19+19^2=381=3*127で割り切れ、mは127で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。
p≠13のとき
mは13で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+13+13^2=183=3*61で割り切れる。
p=61のとき
○よりmは31で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+31+31^2=993=3*331で割り切れ、mは331で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。
p≠61のとき
mは61で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+61+61^2=3783=3*13*97で割り切れ、mは97で割り切れる。
p=97のとき
○よりmは7で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。
p≠97のとき
mは97で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。
0045１３２人目の素数さん
05/01/30 15:13:46【2n+1】C【n】が奇数であるためのnの必要十分条件は？
0046１３２人目の素数さん
05/01/30 15:14:440047１３２人目の素数さん
05/01/30 16:05:460048１３２人目の素数さん
05/01/30 19:07:08Pascal の三角形を mod. 2 で書いてみれば、 nCr の偶奇はすぐ分かる。
0049１３２人目の素数さん
05/01/30 19:44:462^m-1 mは自然数
背景はパスカルだがそれ以外に解法があるかはいまは思いつかない
どこかの大学入試でやった記憶があるのだが
0050Arith ◆Arithtz1sk
05/02/01 20:06:33＞2p^(4k+1)*Π(q^2)={1+p+…+p^(4k+1)}*Π(1+q+q^2)…※
＞補題1より1+q+q^2の素因数rは3あるいはr≡1 (mod 3)のものに限られる。
＞r=3のときは明らかに3はmの素因数
＞r≡1 (mod 3)の場合も、補題2よりr^2+r+1は3で割り切れる。
＞よって、mは3を素因数に持つ。
1+q+q^2の素因数がpしかない場合も考えないと3|mとは言えないでつ。
0052Arith ◆Arithtz1sk
05/02/01 23:42:15そうじゃなくて、
＞r≡1 (mod 3)の場合も、補題2よりr^2+r+1は3で割り切れる。
＞よって、mは3を素因数に持つ。
とあるが、r^2||nとなる（そういうrが一つでも存在する）ことを証明しなければ
いけないってこと。
0053風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/02 00:11:23要するにm＞1を示さなきゃならないってことかな？
もしそうならすっかり忘れていた、申し訳ない。
一応証明らしきもの
σ{p^(4k+1)}=1+p+…+p^(4k+1)≠2p^(4k+1)だからm=1とはなりえない。
0055伊丹公理 ◆EniJeTU7ko
05/02/02 18:14:48F (x_0, x_1, .... , x_n) で因数分解せよ。
0056１３２人目の素数さん
05/02/02 19:56:111,2,4に限ることを示せ。
0057風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/02 22:51:50aを整数、mを奇数とするとき
a^(m-1)+a^(m-2)+…+1≡1 (mod 2)だから
nの2の指数をrとすると
3^n-1の2の指数=3^(2^r)-1の2の指数、となる。
さらに、3+1=4、(奇数)^2+1≡2 (mod 4)より
3^(2^r)-1の2の指数=1(r=0のとき)、r+2(r≧1のとき)
r=0のとき(nが奇数のとき)
3^n-1の2の指数=1だからn=1以外ありえない
r≧1のとき
3^(2^r)-1の2の指数=r+2だから2^n|3^n-1となるのは
2^r≦r+2となる場合に限る
よってr=1,2
r=1の場合
3^n-1の2の指数=3^2-1の2の指数=3だからn=2以外ありえない
r=2の場合
3^n-1の2の指数=3^4-1の2の指数=4だからn=4以外ありえない
よってn=1,2,4となる。
0058風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/02 22:54:54n次の成分が整数の正方行列を以下のように定める
Aの(i,j)成分=i,jの最大公約数
detA=φ(1)*…*φ(n)となることを示せ。
ただしφ(n)はeuler関数とする。
0059Arith ◆Arithtz1sk
05/02/02 23:58:10一般に、a: odd, n=s*2^m(s: odd)のとき、
a^n-1=(a^{2^m}-1)(a^{2^m(s-1)}+a^{2^m(s-2)}+...+1),
(a^{2^m(s-1)}+a^{2^m(s-2)}+...+1)≡s≡1(mod 2)よりこれは奇数、
(a^(2^m)-1)=(a-1)(a+1)(a^2+1)...(a^{2^{m-1}}+1)で
a^2+1, ..., a^{2^{m-1}}+1≡2(mod 4)だから
v_2(a^n-1)=v_2(a^2-1)+m-1(m≧1),
v_2(a^n-1)=v_2(a-1)(m=0)
となる。
a=3のとき、v_2(3^n-1)=m+2。2^n|(3^n-1)ならばm+2≧s*2^mより、
(s, m)=(1, 2), (1, 1), (1, 0)。
問題：
pを素数、oをa(mod p)の位数とし、e=v_p(a^o-1)とおく。
p^f|(a^m-1)ならば、mはo*p^(f-e)の倍数であることを示せ。
未解決問題：
上記のeはa, pに比してどの程度まで大きくなれるか？
0060風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/03 02:18:30まず
v_p(a-1)=k ⇔ v_p(a^p-1)=k+1を示す。…※
(kは正の整数)
証明
⇒
a^p-1=(a-1){a^(p-1)+a^(p-2)+…+1}…○
a=ph+1
(1+ph)^(p-1)+(1+ph)^(p-2)+…+1≡p+p{p(p-1)/2}h≡p (mod p^2 )
だから、このときv_p(a^(p-1)+a^(p-2)+…+1)=1より示された。
逆を示す
a-1≡a^p-1≡0 (mod p )
よって、上と同様にして、v_p(a^(p-1)+a^(p-2)+…+1)=1
よって、○より逆も正しいことがわかる。
証明終わり
さて問題の解答に入ります。
aのmod p^fでの位数xがo*p^(f-e)となることを示せばよい。
※よりv_p{a^{o*p^(f-e)}-1}=f
よってx|o*p^(f-e)
当然。o|xである。
フェルマーの小定理よりo|p-1だから、oとp-1は互いに素
よって、x=o*p^yと書ける
y＜f-eと仮定するとv_p{a^x-1}=e+y＜fとなって不合理なので
x=o*p^(f-e)となる。
よって示された。
n 次の正方行列 B = (b_{ij})，C = (c_{ij}) を次の様に定める．
b_{ij} ： i | j なら 1，そうでなければ 0
c_{ij} ： i=j なら φ(i)，そうでなければ 0
このとき，
t(B)CB の(i,j)成分 （t(B) は転置行列）
= 納k=1→n] b_{ki}*φ(k)*b_{kj}
= 納k | g.c.m(i,j)] φ(k) = g.c.m(i,j)
よって，det(A) = det(t(B))*det(C)*det(B)
σ∈S_n（n次対称群）とする．
b_{1σ(1)}*・・・*b_{nσ(n)} ≠ 0 ならば σ(n) = n
これを繰り返して，b_{1σ(1)}*・・・*b_{nσ(n)} ≠ 0 ならば
σは恒等置換でなければならないことがわかる．
よって，det(t(B)) = det(B) = 1
det(A) = det(C) = φ(1)*…*φ(n)
0063１３２人目の素数さん
05/02/04 20:50:37佐々木は上野とも非常に仲が良い。
佐々木はこうして数学に「浸透」しつつあった。
今回のセクハラ騒動で岡本や上野にも影響が
何か及ぶのかどうかは不透明。
期待している人は多いようだけどね。
岡本和夫と佐々木力
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1107052485/17
0064１３２人目の素数さん
05/02/04 20:51:14ｱﾎｱﾎ君決定です。そんな事したら負けるの目に見えてるけど
岡本和夫と佐々木力
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1107052485/470
0065風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/04 22:02:34>>60の「フェルマーの小定理よりo|p-1だから、oとp-1は互いに素」は、
「フェルマーの小定理よりo|p-1だから、oとpは互いに素」の誤りです。
>>62
正解です。
0066風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/04 23:49:34問題 １
nを任意の素因数pがp-1|kとはならないような奇数とする。
(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^k≡0 (mod n )
問題 ２
kを奇数、nを任意の素因数pがp-1|k-1とはならないような奇数とする。
(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^k≡0 (mod n^2 )
問題 ３
nを任意の素因数pがp-1|kとはならないような奇数とする。
{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0 (mod n )
問題 ４
kを奇数、nを任意の素因数pがp-1|k+1とはならないような奇数とする。
{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0 (mod n^2 )
0067風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/04 23:50:40問題 ３
nを任意の素因数pがp-1|kとはならないような奇数とする。
{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0 (mod n )
問題 ４
kを奇数、nを任意の素因数pがp-1|k+1とはならないような奇数とする。
{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0 (mod n^2 )
0068１３２人目の素数さん
05/02/05 12:58:21●ｂｋ１の『「知」の欺瞞』のページ
* 佐々木力、ポストモダン思想の軽薄さを完膚なきまでに暴露した、知的刺激溢れる書物、2000/07/10
http://www.math.tohoku.ac.jp/~kuroki/FN/#links
このページは黒木玄個人の責任で維持しております。
クレームその他は黒木個人におよせください。
★2002年新学習指導要領の中止を［上野、戸瀬、黒木］→NAEE2002で署名を！★
http://www.math.tohoku.ac.jp/~kuroki/index-j.html
0069１３２人目の素数さん
05/02/05 15:23:180070風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/05 19:01:25問題文を再訂正します(>>66-67のままだと、誤解の恐れがあるので)。
k、nを自然数、a_1,a_2,・・・,a_{φ(n)}をnの既約剰余系とする。
以下、自然数mが自然数nで割り切れないことを¬(n|m)と書くことにする
問題 １
nを任意の素因数pが¬( (p-1) | k)となるような奇数とする。
(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^k≡0 (mod n )
問題 ２
kを奇数、nを任意の素因数pが¬( (p-1) | (k-1) )となるような奇数とする。
(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^k≡0 (mod n^2 )
問題 ３
nを任意の素因数pが¬( (p-1) | k)となるような奇数とする。
{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0 (mod n )
問題 ４
kを奇数、nを任意の素因数pが¬( (p-1) | (k+1) )となるような奇数とする。
{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0 (mod n^2 )
0071風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/05 21:03:46f(x)、k(x)、h(x)を
{f(x)}^n+{k(x)}^n={h(x)}^nを満たす複素数を係数をする多項式で、max{degf、degk、degh}が最小となるような多項式とする。
もし、
ここでf(x)、k(x)、h(x)は互いに素である。
αを1の原始n乗根のひとつとする。
{k(x)}^n=Π[i=0→n]{h(x)-(α^i)f(x)}…※
h(x)-(α^i)f(x)たちは互いに素である。
よって、※よりh(x)-(α^i)f(x)たちは独立にn乗数である。
よって、h(x)-f(x)={s(x)}^n、h(x)-αf(x)={t(x)}^n、h(x)-(α^2)f(x)={u(x)}^nとかける(nは3以上の整数だから)
β,γをβ^n=α、γ^n=1+αとなるような複素数とする。
{βs(x)}^n+{u(x)}^n={γt(x)}^n
ここでmax(deg{βs(x)},deg{u(x)},deg{γt(x)})＜k(x)≦max{degf、degk、degh}だからf,k,hの仮定に反する。
証明終
0072風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/06 20:20:07(1)
・中国剰余定理
・原始根
(2)
・n-a_1、n-a_2、n-a_1、…、n-a_{φ(n)}もnの既約剰余系である。
・(1)より示せる。
(3)は(1)と同様に示せる。
(4)はほぼ(2)と同様に示せる。
解答は今週末までにはするつもりです。
0073風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/08 23:03:14念のため、φ(n)はeuler関数です。
まず、補題を示します。
補題
f(x_1,…,x_{φ(n)})を全次数deg fが任意の素因数pに対して¬( (p-1) | deg f )となるような、
φ(n)変数の斉次の対称式とする。
f(a_1,…,a_{φ(n)})≡0 (mod n )
証明
n=Π(p_i)^(k_i)と素因数分解する。
p_iの原始根g_iをとる。
中国剰余定理よりb≡g_i (mod (p_i)^(k_i) )となるような整数bが存在するから、
f(a_1,…,a_{φ(n)})≡f(b*a_1,…,b*a_{φ(n)})≡b^(deg f)*f(a_1,…,a_{φ(n)}) (mod (p_i)^(k_i) )
よって{b^(deg f)-1}*f(a_1,…,a_{φ(n)})≡0 (mod (p_i)^(k_i) )
b^(deg f)-1はp_iで割り切れないので、f(a_1,…,a_{φ(n)})≡0 (mod (p_i)^(k_i) )
よって、f(a_1,…,a_{φ(n)})≡0 (mod n )となる
証明終わり
(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^kはk次、
1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^kの分子部分は{φ(n)-1}*k次のφ(n)変数の斉次の対称式だから
補題より(1)、(3)が成立する。
0074風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/08 23:04:17(2)
補題より
2*{(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^k}≡
(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^k+(n-a_1)^k+(n-a_2)^k+…+(n-a_{φ(n)})^k≡
n*{(a_1)^(k-1)+(a_2)^(k-1)+…+(a_{φ(n)})^(k-1)}≡0 (mod n^2 )
よって成り立つ。
(4)
2*{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^k
={1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^k+{1/{n-(a_1)}^k+1/{n-(a_2)}^k+…+1/{n-(a_{φ(n)})}^k
=Σ{1/(a_i)^k+1/(n-(a_i) )^k}
1/(a_i)^k+1/(n-(a_i) )^k=(分子がn^2で割り切れる分数)+n*(a_i)^(k-1)/{(a_i)(n-(a_i) )}^kだから
Σ{1/(a_i)^k+1/(n-(a_i) )^k}=(分子がn^2で割り切れる分数)+{n*(全次数が2*k*φ(n)-k-1の斉次の対称式)}/Π{(a_i)(n-(a_i) )}^k
よって補題より、{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0 (mod n^2 ) となる。
0077風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/12 00:31:38(1)
aを3以上の整数とする。
任意の自然数nに対してk*a^n+1が合成数となるような自然数kが存在することを示せ。
(2)
任意の自然数nに対してk*2^n+1が合成数となるような自然数kが存在することを示せ。
0078１３２人目の素数さん
05/02/16 05:34:17その書き方だと，「∀n∈N ∃k∈N s.t. ...」 と読んでしまった。
（そうだとしたらk=a^n+2で成り立ってしまうんで自明だわな）
(2)は，なんか見たことあると思ったが，Sierpinski numberの存在証明だったのね。
(1)
k*a^n+1=k(a^n-1)+k+1だから、k=a-2とすれば任意の自然数nに対してk*a^n+1は
a-1(≧2)で割り切れ、商はk(a^n-1)/(a-1)+1≧k+1=a-1、よってk*a^n+1は合成数。(証明終)
(2)
mod3, mod5, mod7, mod13, mod19, mod37, mod73での2の位数はそれぞれ
2, 4, 3, 12, 18, 36, 9だから、mを非負整数とすると
(※) k*2^(2m)+1≡k+1(mod3),
k*2^(4m+1)+1≡2k+1(mod5),
k*2^(3m+1)+1≡2k+1(mod7),
k*2^(12m+11)+1≡7k+1(mod13),
k*2^(18m+15)+1≡12k+1(mod19),
k*2^(36m+27)+1≡6k+1(mod37),
k*2^(9m+3)+1≡8k+1(mod73)。
中国剰余定理によりkを
k≡-1(mod3),
≡-1/2≡2(mod5),
≡-1/2≡3(mod7),
≡-1/7≡11(mod13),
≡-1/12≡11(mod19),
≡-1/6≡6(mod37),
≡-1/8≡9(mod73)
を満たすようにとる。つまりk≡78557(mod70050435)とする。このとき
(※)の右辺はすべて≡0となるが，任意の自然数nは，ある整数mによって
2m, 4m+1, 3m+1, 12m+11, 18m+15, 36m+27, 9m+3
のいずれかの形に表されるから，これはk*2^n+1が3,5,7,13,19,37,73のいずれかで
割り切れることを示している。kのとり方からk*2^n+1>73だから，k*2^n+1は合成数。(証明終)
0081風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/20 17:42:45pが2、17以外の素数のとき
0^2、1^2、…、{(p-1)/2}^2はmod pですべて異なることを利用すると
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod p)は解を持つことがわかる…◎
1-34≡-1 (mod 8)、(−1/17)=1より、n=8、17のときも
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod n)…●
x^2-17y^2+1をxで微分すると2xとなる
p≠2のときv_p(2x)=0、v_2(2x)=1を考慮すると、
◎と●より任意の素数の冪に対して
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod p^k)は解を持つ
よって中国剰余定理より任意のn=Πp^kに対して
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod n)
か解を持つ。
0082風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/02/20 17:44:48pが2、17以外の素数のとき
0^2、1^2、…、{(p-1)/2}^2はmod pですべて異なることを利用すると
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod p)は解を持つことがわかる…◎
1-34≡-1 (mod 8)、(−1/17)=1より、n=8、17のときも
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod n)…●
は解を持つ。
x^2-17y^2+1をxで微分すると2xとなる
2xのpの指数v_p(2x)はp≠2のときv_p(2x)=0、v_2(2x)=1となるので、
◎と●より任意の素数の冪に対して
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod p^k)は解を持つ
よって中国剰余定理より任意のn=Πp^kに対して
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod n)
か解を持つ。
正解です．
0084風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/03/03 21:48:55素数全体の集合 P = {2, 3, 5, ..... } の
適当なウルトラフィルター U で、
p 元体 F_p のウルトラ積 F が素体の代数的閉方を含むものが存在する。
0085１３２人目の素数さん
05/03/04 12:43:290086１３２人目の素数さん
05/03/04 12:50:13荒らすな！！！
0087１３２人目の素数さん
05/03/04 22:34:23川強啓のデイ・キャッチ！
0088１３２人目の素数さん
05/03/04 23:45:45荒らすな。
馬鹿は黙ってみていろ！
0089伊丹公理 ◆EniJeTU7ko
05/03/13 22:22:27は、整数論総合スレに既に書いてある幾つかの事実をつなぎ合わせると出てくる。
（用語等に付いてはセール、数論講義、の参考文献にある Ax-Kochen 参照)
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1106259453/39
にも別問題を出題しておいた。
0090１３２人目の素数さん
2005/03/24(木) 02:49:550091１３２人目の素数さん
2005/04/05(火) 21:35:390092１３２人目の素数さん
2005/04/23(土) 18:03:110093１３２人目の素数さん
2005/04/23(土) 19:19:03適当な自然数mが存在して、
次が成り立つ：
集合｛1,2,･･･,m｝を任意に{S1,S2,･･･,Sn}と分けたとする。
このとき適当なiに対して、
x+y=zを満たす3つの整数x,y,z（x=yでもよい）をSiが含む。
0094１３２人目の素数さん
2005/04/25(月) 20:22:17x+y=2z ならファンデルベルデン−ラムゼーの定理。
0095１３２人目の素数さん
2005/04/25(月) 23:58:41もっとくわしく！
0096１３２人目の素数さん
2005/04/26(火) 00:40:56「x=yでもよい」で「Siが3つの整数を含む」というのが分からん．
重複アリなの？重複ナシなら自動的に「m>2nが必要」というところだが…
（※逆に，「1,・・・,mの中に選ばない数字があってはいけない」はすぐ分かる）
スマンがもう少し説明希望．
0097１３２人目の素数さん
2005/04/26(火) 00:58:190098１３２人目の素数さん
2005/04/26(火) 06:56:33長さ k の等差数列が存在するというのがファンデルベルデン−ラムゼーの定理。
k = 3 とすればよい。
0099１３２人目の素数さん
2005/04/26(火) 11:20:320100BlackLightOfStar ◆ifsBJ/KedU
2005/04/26(火) 16:41:220101１３２人目の素数さん
2005/04/26(火) 20:45:12５以上の素数は３では割り切れない。−＞１２で割ると余りは３や９はとれない。残りは、１、５、７、１１
だから２と３を除いた素数は１２で割ると余りが、１か５か７か１１。
例示
余り1--->13,37,61,,,,
余り5--->5,17,29,41,53,,,,
余り7--->7,19,31,43,67,,,,,
余り11-->11,23,47,59,,,,,,
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