初等整数論の問題②

0001１３２人目の素数さん

2010/11/16(火) 23:29:13

初等数論の問題をいろいろ挙げてみましょう^^
(なるべくは初等数論の領域で解ける問題が望ましいです^^)
そもそも初等数論とは何かがわからない人は
次のURLにあるページのElementary number theoryの項を参照に^^
http://en.wikipedia.org/wiki/Number_theory
ただ曖昧な部分もあるのでその点は融通を利かせましょう^^

なるべくそこらへんに転がっていない問題を挙げましょう^^
有名どころの問題の解答はネットですぐみつかっちゃいます^^
たとえば、国際数学オリンピックの問題などはまさにその典型です^^
そのような有名すぎる問題を挙げてもそれは大抵は既に十分に議論されています^^
(しかしながら、何らかのオリジナル要素(改変,拡張etc)を加えたものなら歓迎^^)
また、解答が事前に用意されていない問題を挙げるときはそのことを明記しておきましょう^^

初等数論の問題を解くときはいくらかの道具を想定しておくのが基本です^^
以下のURLにたくさんの良く知られた道具(記号の説明含む）がありますので参考にどうぞ^^
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=76610&ml=1

0002１３２人目の素数さん

2010/11/16(火) 23:32:46

前スレで未解決の問題です^^

① (m,n)＝(2,3),(2,5),(3,2),(5,2)のとき、
x+y+z=0を満たす任意の実数x,y,zに対して
(x^{m+n}＋y^{m+n}＋z^{m+n})/(m＋n)＝(x^m＋y^m＋z^m)(x^n＋y^n＋z^n)/mn
が成り立つことが分かっている。他に整数解(m,n)は存在するか？全て求めよ

② 以下の条件を満たす正の整数(a,x,y,n,m)の組をすべて求めよ
a(x^n－x^m)＝(ax^m－4)y^2
m≡n (mod 2) かつ ax は奇数

③ 自然数Nの10進表示を a[1]a[2]..a[n] 等とする。
N = (a[1]+2)*(a[2]+2)*...*(a[n]+2)
を満たすような自然数Nを全て求めよ。

④ フィボナッチ数列類似の多項式列{F(n)}を次のように定義する：
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n).
このとき、任意の自然数nに対して、
F(5^n) は 1 + x + x^2 + … + x^(5^n - 1) で割り切れることを示せ。

⑤f^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。
(C(X)は複素係数の有理関数体のことです^^)

0003１３２人目の素数さん

2010/11/16(火) 23:41:15

皆さんおやすみです^^

⑥123456a+234567b+345678c+456789d+567890e+678901f+789012g
+890123h+901234i=123456789 を満たすような
0以上の整数a,b,c,d,e,f,g,h,iを求めよ。

⑦自然数x_1, x_2, ..., x_nが
1/x_1+1/x_2+...+1/x_n=1 を満たすとき
x_1+x_2+...+x_n の最大値を求めよ。

⑧x^2+ax+b, x^2+bx+a がともに整数根をもつような整数a,bの組を全て求めよ。

⑨2^x+3^yが19で割り切れるような正整数x,yの組は
どのくらいの割り合いで存在するか。

⑩a^a*b^b=c^c を満たす整数a,b,c＞1の組は無限に存在するか。

⑪次の条件を満たす素数p,qの組を全て求めよ。(New! 容易)
[条件]
p*q は三角数であり、p+q は平方数である。

0004１３２人目の素数さん

2010/11/17(水) 01:24:56

猫に小判、まで読んだ。

0005アゲ猫 ◆MuKUnGPXAY

2010/11/17(水) 02:58:40

猫

0006１３２人目の素数さん

2010/11/17(水) 05:35:05

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　　　 /:::::::ヽ＿＿＿＿/::::::::ヽ、
　　丿　::.__　　.:::::::::::::　　__ ::::ヽ_　　　　　 ,. ､　　　 /　　／
　／　／● ヽ_ヽｖ /:　／●ヽ　 ::::::ヽ　　 ,.〃´ヾ.、　　/　／
　/　／￣￣√_＿＿丶￣￣＼　 ::::|　／ |l 　　 ',　 / ／
　|　.::::::::::　/ / ｔｰｰｰ|ヽ　　　　 ..::::: ::|r'´　 ||--‐r､ ',
　|　.:::::.　　..:　|　　　　|ヽ　　　.,..ィ'´　　　　 l',　　'.j　'.　　　　おれは猫さまだｗ
　|　:::　　　　| |⊂ニヽ| |　　'r '´　　　　　　 ',.r '´　!|　　＼
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0007１３２人目の素数さん

2010/11/17(水) 08:21:16

321

0008１３２人目の素数さん

2010/11/17(水) 09:58:01

三ケタ以内の素数の中で、もっともエロイ
自然数は何か。

また　三ケタ以内の自然数の中で
最もニートな自然数は何か。

0009１３２人目の素数さん

2010/11/17(水) 11:42:57

127はエロいね
0721に似ている
210はまさにニートだね

0010猫は口先だけ ◆MuKUnGPXAY

2010/11/17(水) 16:16:37

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　　丿　::.__　　.:::::::::::::　　__ ::::ヽ_　　　　　 ,. ､　　　 /　　／
　／　／● ヽ_ヽｖ /:　／●ヽ　 ::::::ヽ　　 ,.〃´ヾ.、　　/　／
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　|　.::::::::::　/ / ｔｰｰｰ|ヽ　　　　 ..::::: ::|r'´　 ||--‐r､ ',
　|　.:::::.　　..:　|　　　　|ヽ　　　.,..ィ'´　　　　 l',　　'.j　'.　　　　ワシは口先猫やがなｗ
　|　:::　　　　| |⊂ニヽ| |　　'r '´　　　　　　 ',.r '´　!|　　＼
　|　:　　　　| |　 |:::T::::|　!　 l!　　　　　....:.:.:.:.:.:ヽ､　 ,ｌ　　　　＼
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猫

0011１３２人目の素数さん

2010/11/18(木) 18:33:54

Wilsonの定理:　
n≧3 とする。このとき、
　(ｎ-1)!≡-1 mod n <=> n:素数

0012１３２人目の素数さん

2010/11/20(土) 22:38:47

>>11

・pが素数のとき
　{1,2,…,p-1} は乗法群をなし、位数1の元は1, 位数2の元は p-1 のみ。
　位数3以上の元x では x≠x^(-1) だから {x,x^(-1)} をペアにすれば
　(n-1)! ≡ Π (位数2の元) = p-1 ≡ -1　(mod p),

・n=4 のとき
　(n-1)! = 3! = 6 ≡ 2　(mod 4)

・nが4より大きい合成数のとき、
　{1,2,……,n-1} 中に n|ab…, a≠b なる {a,b,…} があるから
　(n-1)! ≡ 0　(mod n)

　n=p^2 (p≧3) のとき {p, 2p}
　n=p^k (k≧3) のとき {p, p^(k-1)}
　n=Π[i=1,m] (p_i)^(e_i) のとき {(p_1)^(e_1), (p_2)^(e_2), ……, (p_m)^(e_m)}

0013shin hattori

2010/11/21(日) 00:40:35

>>1
⑨
[2],[3]∈(Z/19Z)* は生成元であるから、
答えは 1/18 の割り合いで存在している。

⑧
x^2+ax+b, x^2+bx+a (|a|≧|b|)が共に整数根を持っていたと仮定する。
このとき、a^2-4b, b^2-4a は共に平方数(0も含む)であるといえる。
(逆に a^2-4b, b^2-4aが平方数ならば問題の2つの多項式は整数根を持つ)
A=a^2-4b, B=b^2-4a とおく。a,bの符号に応じて場合をわける。

1) b=0 であるとき
A=a^2, B=-4a であるから、a= -m^2(m:非負整数)となる。

2) a,b＞0 であるとき
a≦6ならば (a,b)=(4,4),(6,5)であることはすぐ確認できる。
a≧7ならば (a-3)^2＜a^2-4a≦A＜a^2 の成立がいえる。
これとAのパリティから A=(a-2)^2 の成立がいえる。
A=(a-2)^2 ⇔ a^2-4b=a^2-4a+4 ⇔ -4b=-4a+4 ⇔ b=a-1
このとき、B=b^2-4a=(a-1)^2-4a=a^2-6a+1 であるから、
(a-5)^2＜B＜(a-3)^2 がいえるので、B=(a-4)^2 となるが、
両辺のパリティが一致することはない。

0014shin hattori

2010/11/21(日) 00:41:52

3) a＞0 かつ b＜0 であるとき
a^2＜A≦a^2+4a＜(a+2)^2 がいえるから
A=(a+1)^2 がいえるが両辺のパリティは一致しない。

4) a＜0 かつ b＞0 であるとき
a≧-4 ならば (a,b)=(-2,1),(-3,2),(-4,3) がすぐ確認できる。
a＜-4 ならば (a+4)^2＜a^2+4a≦A＜a^2 がいえるから、
Aのパリティもみることで A=(a+2)^2 ⇔ a^2-4b=a^2+4a+4 ⇔ b=-(a+1)
このとき、B=b^2-4a=(a+1)^2-4a=(a-1)^2 となっている。

5) a,b＜0 であるとき
a^2＜A≦a^2+4a＜(a+2)^2 がいえるから矛盾となる。

以上より、求める整数a,b(|a|≧|b|)の組は
以下に挙げるもので全てであると結論できる。
(a,b)=(4,4),(6,5),(-n,n-1),(-n^2,0) (n:正整数)

0015shin hattori

2010/11/21(日) 00:45:27

失礼。結論の部分にだけ少しミスがあった。
(-n^2,0)のところだけはn=0を許すとする。

0016１３２人目の素数さん

2010/11/21(日) 19:43:11

11番は単純だけど綺麗だね。
忘れられた頃に大学入試の問題として採用(≒パクる)されてそうｗ

0017１３２人目の素数さん

2010/11/21(日) 22:47:36

もっと問題追加しろカスが

0018１３２人目の素数さん

2010/11/21(日) 23:43:46

文句いうなら自分でやってみろよカスが

0019１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 00:09:04

更新＆問題追加しました^^

① (m,n)＝(2,3),(2,5),(3,2),(5,2)のとき、
x+y+z=0を満たす任意の実数x,y,zに対して
(x^{m+n}＋y^{m+n}＋z^{m+n})/(m＋n)＝(x^m＋y^m＋z^m)(x^n＋y^n＋z^n)/mn
が成り立つことが分かっている。他に整数解(m,n)は存在するか？全て求めよ

② 以下の条件を満たす正の整数(a,x,y,n,m)の組をすべて求めよ
a(x^n－x^m)＝(ax^m－4)y^2
m≡n (mod 2) かつ ax は奇数

③ 自然数Nの10進表示を a[1]a[2]..a[n] 等とする。
N = (a[1]+2)*(a[2]+2)*...*(a[n]+2)
を満たすような自然数Nを全て求めよ。

④ フィボナッチ数列類似の多項式列{F(n)}を次のように定義する：
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n).
このとき、任意の自然数nに対して、
F(5^n) は 1 + x + x^2 + … + x^(5^n - 1) で割り切れることを示せ。

⑤f^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。
(C(X)は複素係数の有理関数体のことです^^)

0020１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 00:09:44

おやすみです^^

⑥123456a+234567b+345678c+456789d+567890e+678901f+789012g
+890123h+901234i=123456789 を満たすような
0以上の整数a,b,c,d,e,f,g,h,iを求めよ。

⑦自然数x_1, x_2, ..., x_nが
1/x_1+1/x_2+...+1/x_n=1 を満たすとき
x_1+x_2+...+x_n の最大値を求めよ。

⑧a^a*b^b=c^c を満たす整数a,b,c＞1の組は無限に存在するか。

⑨次の条件を満たす素数p,qの組を全て求めよ。
[条件] p*q は三角数であり、p+q は平方数である。

⑩τ(n^2-2)=22 を満たす正整数nは存在するか。

⑪lim[n→∞]v_2(Π_[k=1,n](3^k-1))/n を計算せよ。

⑫次の条件を満たす奇数n(＞3)を全て求めよ。
[条件] どんな奇数m(1＜m＜n)に対しても、
(n^m-n)/(m^n-m) は奇分数に約分できない。
(奇分数とは分母分子がともに奇数の有理数のこと)

0021１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 00:17:47

あ、記号τを説明なしに用いていました^^;;
各正整数nに対して、τ(n)はnの正の約数の個数を表すとします。
(人によっては τの代わりに σ_0 や dなどを用いるかもです)

記号v_2の意味も一応説明してきますね^^
各正整数nに対して、v_2(n)は 2^k|n を満たす最大の整数kを表すとします。
たとえば、v_2(60)=2 となります。なぜなら 60=2^2*3*5 と分解できるので。

0022１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 01:49:56

σ_0

0023１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 01:55:22

σ_0 は　お顔にみえるね。
σ_1 は正の約数の総和。(例:σ_1(6)=1+2+3+6=12)
σ_2 は正の約数の2乗和。(例:σ_2(6)=1^2+2^2+3^2+6^2=50)
σ_3 は正の約数の3乗和。(例:σ_2(6)=1^3+2^3+3^3+6^3=252)
この視点でみると σ_0(6)=1^0+2^0+3^0+6^0=4 だから
σ_0 を正の約数の個数とするのはとても自然におもえる。
なお、一般にσ_k(k:非負整数)は乗法的関数になる。
つまりσ_k(mn)=σ_k(m)*σ_k(n) (when gcd(m,n)=1) である。

0024１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 11:11:33

wikipedia「合同式」で前の版の方がよかったのではないかと議論があります
履歴を見れば熾烈な編集合戦があったこともわかります
専門的コメントあればこちらに
http://toki.2ch.net/test/read.cgi/hobby/1290361067/
このスレは総本山的スレで、管理者が複数名書き込んでいます
管理者や常連がwikipediaの利用者ページでトリップを公開してる通り、本物です

0025１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 12:54:07

＾＾は前スレURLくらい貼れや

0026１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 18:48:00

>>25
言うだけじゃなく張れ。

初等整数論の問題
http://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1286119277/

0027１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 18:52:00

990
>直接関係するわけじゃないけど、
>構成的に双射Z→Qを作るときは
>p^{2n} --> p^n
>p^{2n+1} --> p^{-n}
>とするのが好き。

p^0-->p^0
p^1-->p^0

0028１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 19:09:36

双射になってねえよね。
しかしそんな初等的な話をされてもねｗ
"問題"のほうがずっと頭つかうわな。

0029１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 20:20:34

直接関係するわけじゃないけど、
構成的に双射Z→Qを作るときは
p^{2n} --> p^n
p^{2n-1} --> p^{-n}
-1 --> -1
0 --> 0
とするのが好き。

0030Ｌ

2010/11/22(月) 20:27:23

⑪の解答
v_2公式を用いて計算できます。
各正整数rに対して、f(r)=v_2(3^r-1)とおきます。
rが奇数のとき、f(r)=1 であります。
rが偶数のとき、v_2の公式より、
f(r)=v_2(3^2-1)+v_2(r)-1=v_2(r)+2　となります。
また、vはまるで対数のように計算できるところにも注意です。
たとえば、v_2(32)=v_2(4)+v_2(8)=2+3=5 とできます。
ですから、ΠをΣに変えることができるわけです。(逆もしかり)
以上に述べたことに基づき、計算を実行してみます。

F(n):=v_2(Π_[k=1,n](3^k-1))=Σ[k=1,n]f(k) (∵掛け算を足し算にした)
=Σ[k=1,[(n+1)/2]]f(2k-1)+Σ[k=1,[n/2]]f(2k)
=[(n+1)/2]+Σ[k=1,[n/2]](v_2(2k)+2)
=[(n+1)/2]+2[n/2]+Σ[k=1,[n/2]](v_2(2k))

ここで、v_2(2k)=v_2(2)+v_2(k)=1+v_2(k) であり、
Σ[k=1,[n/2]]v_2(k)=v_2(Π[k=1,[n/2]]k)　(∵足し算を掛け算にした)
=v_2([n/2]!)=[n/2]-s_2([n/2]) (∵階乗の指数公式)
であることから、結局、F(n)=[(n+1)/2]+4[n/2]-s_2([n/2]) となる。
ということは求める極限値は有限の値として存在していて、
それは 5/2 であるという結論に達することをみるのは易しい。
(注意: sのオーダーはlogであることに注意してください)

0031Ｌ

2010/11/22(月) 20:34:16

5/2 デスカ・・・
ということは 3^1-1, 3^2-1, ... , 3^n-1 とn個の数を並べて、
それぞれが2で何回割り切れるかどうかをみたとき、
その回数の平均値は 2.5(=5/2)ということですよね。

0032１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 21:17:28

>>28
その三行が>>27より頭を使ってるのか。

0033１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 22:25:42

直接関係するわけじゃないけど、
構成的に双射Z_p→Q_pを作るときは
x = p^e u と素元と単元の積にして、
p^{2n} --> p^n
p^{2n-1} --> p^{-n}
とできるね。

0034１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 23:01:32

>>20
ちょっと早すぎるかもしれないけど
⑩の回答おしえてくれない？
存在しないことの証明は厳しい気がする。

0035１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 23:30:23

>>34
まだ１日も経っていないよ
さすがに時期尚早だろｊｋ

0036１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 23:32:04

>>34はいつもの人だからスルー推奨

0037１３２人目の素数さん

2010/11/22(月) 23:59:47

>>11
頭の悪い書き込みですまないが、
wilsonの定理のもっとも早い証明方法の1つとしては
X^(p-1)-1∈F_p[X] に根と係数の関係を使うことだとおもう。
これだと一発で終わる。いわゆるワンラインソルーションだね。

まあただし、これの群論的な一般化、
たとえば、「有限可換群の元の総積は位数2以下の元となる」
を証明するときには良く知られているように、
有限生成アーベル群の構造定理を適用するのだけど、
(適用すれば、たちまちに、そのことが確認できるが)
wilsonの定理みたいに簡潔すぎる解答はないわけだ。

0038１３２人目の素数さん

2010/11/23(火) 00:06:34

①Fermat(フェルマ小定理)という単語は
度々、初等数論の問題の解説に使われるわけだけど、
(初等)群論的にはほとんど明らかだから、
(Z/pZ (p:素数)は有限体であるから乗法群(Z/pZ)*に
ラグランジュの定理(の系)を適用することで小定理が直截従う)
そういう意味で Fermatの小定理という単語を用いる理由はない。
なぜならば、群論においてラグランジュの定理は
ほとんどの場合において、(初歩的すぎる問題は除く)
ことわりをいれられずに暗黙のうちに用いられているから。

0039１３２人目の素数さん

2010/11/23(火) 00:26:00

進学校の高校3年だが、
modの分数演算で試験の答案を書いたら、
×にされたんだが。。。

[どんな自然数nに対しても 3^(2n-1)+2^(n+1) が7で割り切れることを示せ]
3^(2n-1)+2^(n+1)≡(1/3)(9^n)+2*2^n≡(1/3)2^n+2*2^n≡(7/3)2^n≡0 mod 7
証明終わり。(この方法をごく最近2chで知ったあとに同じ問題がでたｗ)

modは整数じゃないと使えないとかいわれたんだが。
こういう計算をしていいのは gcd(3,7)=1 より明らかだからと反論したら、
modは整数同士の計算にしか使えないといわれた。鬱だ。

0040１３２人目の素数さん

2010/11/23(火) 00:46:51

>>39
君の方法はとても簡潔で正しい。
ただそれはmodのことをなにもわかっていないと勘違いされる可能性がある諸刃の剣。
大学入試などの試験には使わないほうが良いよ。

ちょっとスレチだとおもうよ？

0041１３２人目の素数さん

2010/11/23(火) 01:52:54

何の説明もなしに1/3 て書いたらそりゃ不正解にされるな。
1≡3×5 をうまく入れて、本当は逆元知ってるけど使わないんだぜ、
という余裕を見せなきゃ。

0042１３２人目の素数さん

2010/11/23(火) 02:10:47

41のいっているとおり、
もとの式を3倍したものが7で割り切れることをいえばいいね。
そうすれば 3^(2n)+3*2^(n+1)≡2^n+3*2*2^n=(1+6)*2^n≡0
分数計算を回避できたわけだ。まあスレチだ。

0043オナ豚

2010/11/23(火) 02:58:40

>>19
>>20
難易度指標(1～10)

① 5
② 9?
③ 9
④ 8
⑤ 6
⑥ 2
⑦ 5
⑧ 8
⑨ 3
⑩ ?
⑪ 4
⑫ 4

解けていないのがほとんどだけど最低限の思考はしたよ
6以上のはオレには解けそうにない問題ね完全にお手あげ

0044１３２人目の素数さん

2010/11/23(火) 07:51:16

誰かこれを解いてくれ

10^210/10^10+3 の整数部分の一の位の数字を求めよ
ただし3^21=10460353203　を用いてよい

0045Ｌ

2010/11/23(火) 08:00:26

>>44
既出ですよ。
前スレのhattoriさんの解答をほぼそのまま貼り付けますね。

d=10^10+3 とおく。
10^210=(10^10)^21≡(-3)^21= -10460353203 ≡ -460353200 (mod d)
よって 10^210 = dk-460353200 を満たす正整数kが取れる。
(これから 0≡3k (mod 10)を得るので kは10で割りきれる)
これから 10^210/d = k - 46035320/d がいえる。
これから 10^210/(10^10+3)の整数部分は k-1に等しいといえる。
10|kだったので k-1の下1桁は9であるといえる。答えは 9

0046１３２人目の素数さん

2010/11/23(火) 15:24:25

>>20
⑦
x[1]=2
x[m+1]=Π[k=1,m](x[k])+1(m<n)
x[m+1]=Π[k=1,m](x[k])(m=n)
のとき
x[1]+x[2]+・・・+x[n]が最大になると
思うんですが証明できない。

0047１３２人目の素数さん

2010/11/23(火) 15:29:39

>>46
訂正

>>20
⑦
x[1]=2
x[m+1]=Π[k=1,m](x[k])+1(m+1<n)
x[m+1]=Π[k=1,m](x[k])(m+1=n)
のとき
x[1]+x[2]+・・・+x[n]が最大になると
思うんですが証明できない。

0048１３２人目の素数さん

2010/11/23(火) 19:00:27

>>45
ありがとうございます。。

0049１３２人目の素数さん

2010/11/24(水) 00:07:01

⑥ってコンピュータを用いて、力技でやりたいろころだけど、
大雑把にカウントしてみると 100^9 = 10^18 通りぐらいあるね。
もしかしてこれはある意味むずかしいということでは？

0050１３２人目の素数さん

2010/11/24(水) 04:09:41

880
1
1
1
9
5
1
2
3

0051１３２人目の素数さん

2010/11/24(水) 04:39:28

>>50
それで全て？どのくらい時間かかった？
検索方法は上界を抑えての全数調査？

0052１３２人目の素数さん

2010/11/24(水) 04:42:57

ヤマカン

0053１３２人目の素数さん

2010/11/24(水) 04:48:00

じゃあそれで全てとは言い切れないね。
勘でいわせてもらうと、解は結構あるとおもうよ。
この問題はコンピュータで全数調査しようとすると
ざっと見積もって(粗いが) 10^18通りぐらいあるから、
それなりにアルゴリズムを工夫しないとこのPCじゃ無理っぽい。実は難問か

0054１３２人目の素数さん

2010/11/24(水) 05:08:12

>>53
いわゆるコインの問題は変数の個数が一般の場合は(4変数以上)
NP-hard ということが知られているから注意が必要。
とくにフロベニウス数が閉じた式で得られるのは2変数までで、
3変数以上(3変数ですら！)は存在しないとされている。絶望的。

幸運なことにこの問題は"全て"求めることを要求していない。
ゆえに >>50 のレスは⑥の回答として扱われ、
この問題はオナ豚さんの言っている通り確かに易しいとなる。

0055１３２人目の素数さん

2010/11/25(木) 09:54:02

>>43
4以下の解けよ。
4以下が本当ならな。

0056１３２人目の素数さん

2010/11/25(木) 15:38:22

⑨次の条件を満たす素数p,qの組を全て求めよ。
[条件] p*q は三角数であり、p+q は平方数である。

p=11, q=5 は条件を満たす組の1つである。
条件を満たす素数p,q(p≧q)の組を任意に取る。
p*q=m(m+1)/2 ⇔ 2pq=m(m+1) なる整数m＞2が取れる。
よって、 p-2q=1 または p-2q=-1 である。
後者の場合、p+q=3q-1≡-1 (mod 3) であるから、
p+qは平方数になりえず、矛盾であるといえる。
よって、p-2q=1 であり、このとき、p+q=3q+1 である。
3q+1=n^2 ⇔ 3q=(n+1)(n-1) を満たす整数n＞2が取れる。
ということは n-1=3 ⇔ n=4 の成立がいえる。
このとき、q=5 であり、p=11 であるといえる。
以上より、求める素数p,q(p≧q)の組は p=11,q=5のみである。

0057１３２人目の素数さん

2010/11/25(木) 20:04:16

あげまん

0058１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 21:28:53

GIVE UP(´・ω:;.:...

問題提出
1) 下3桁が同じ数字の平方数で、2番目に小さいものを求めよ。(オリジナル?)
2) 2^29は9桁の数であり、桁に重複はない。
　抜けている数字を求めよ。(電卓等を使うな) (オリジナル?)
3) [√n]+[√(n+1)]+[√(n+2)]=[√(9n+8)] を示せ。(有名問題)

0059１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 21:32:59

(1)(3)はすぐわかった

0060１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 21:35:56

>>59
せめて方法を書け。
そのほうが他の人がうれしがるぜ？

0061１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 21:40:49

以下、58の問題を叩く流れになると予想。
そこで事前にオレが食い止める。
いいか、オリジナルかどうかは本人が
そう思っているならなんら問題ない。
謙虚に？なぞ付けなくて良い。

3)は　√(9n+8)＜√n+√(n+1)+√(n+2)＜√(9n+9)
をテクニカル(とくに中辺＜右辺は)に示すことができて、
さらに、mod 9で 8は平方数でないことから
√(9n+8)は整数になりえないといえるので
上の不等式とあわせて終了となる。

0062１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 21:48:58

>>60
modmodmodだ

0063１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 21:50:36

(1)も有名だからな

0064１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 21:53:24

調子にのってふたたび投稿

4) ax+by(x,yは非負整数)で表現でない正整数の個数が97となるような
　正の整数a,b(a≧b)の組を全て求めよ。

0065１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 21:54:54

>>58
10000
一番めは1444

0066１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 21:56:13

>>64
うはっチョー難問

0067１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 21:58:29

1)は0を除いたら 462^2 = 213444 というのが2番目だね。
213444 って面白くねえ？　見た目的にｐｐｐ

0068shin hattori

2010/11/26(金) 22:04:10

>>64
良く知られた結果より、
(a-1)(b-1)/2 = 97 を解けばよい。
よって、(a,b)=(195,2),(98,3)

trivialな一般化
正整数の定数a,b(a≧b)に対して、
ax+by(x,yは非負整数)で表現でない正整数の
個数が素数となるとき、b≦3　が示せる。

0069１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 22:12:57

(問題)
一般に自然数Nが与えられたとき、
それを反転させたものをNの反転数N'と呼ぶことにする。
たとえば、N=426 のとき、N'=624 である。

N-N' が3の冪乗になるとき、Nをおちんちんナンバーと呼ぶことにする。
全てのおちんちんナンバーを求めよ。 (確実にオリジナル問題です)

0070１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 22:16:15

ちょっと次のように変更しておきます。
このままだと解の表現がいびつになるので。

N-N'の形で表現できる数を "おちんちんナンバー" とします。
そこでおちんちんナンバーな3の冪乗を全て求めよとします。

0071１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 22:17:36

>>69
表現自重汁
キチガイすぎるｗ

0072１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 22:22:13

s(N)=s(N') ゆえ N-N'≡s(N)-s(N')≡0 (mod 9)
よって、3はおちんちんナンバーではない。
21-12 = 9
41-14 = 27
81はどうなのか調べ中。

0073１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 22:37:36

おてぃん
てぃんage

0074１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 22:46:08

>>58
2)
「2^29は9桁の数であり、桁に重複はない。」より
抜けている数をxとすると、2^29を9で割った余りは
0+1+2+3+4+5+6+7+8+9-x=45-x≡9-x　mod　9
また、二項定理を利用して
2^29≡(3-1)^29≡C[29,1]*3-1≡86≡5　mod　9
2^29を9で割った余りは5
9-x=5よりx=4　抜けているのは4

0075１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 23:13:10

φ(9)=6より、2^29≡1/2≡5
これが 2^29をmod 9で計算する最速の方法

0076１３２人目の素数さん

2010/11/26(金) 23:21:34

>>58
http://ja.wikipedia.org/wiki/1444

0077１３２人目の素数さん

2010/11/27(土) 02:12:39

今日はもう遅い(2時^^;)ですが更新しました^^
>>70 OT-numberでいいでしょうか？^^ そのままだと困ります^^;

① (m,n)＝(2,3),(2,5),(3,2),(5,2)のとき、
x+y+z=0を満たす任意の実数x,y,zに対して
(x^{m+n}＋y^{m+n}＋z^{m+n})/(m＋n)＝(x^m＋y^m＋z^m)(x^n＋y^n＋z^n)/mn
が成り立つことが分かっている。他に整数解(m,n)は存在するか？全て求めよ

② 以下の条件を満たす正の整数(a,x,y,n,m)の組をすべて求めよ
a(x^n－x^m)＝(ax^m－4)y^2, m≡n (mod 2) かつ ax は奇数

③ 自然数Nの10進表示を a[1]a[2]..a[n] 等とする。
N = (a[1]+2)*(a[2]+2)*...*(a[n]+2)
を満たすような自然数Nを全て求めよ。

④ フィボナッチ数列類似の多項式列{F(n)}を次のように定義する：
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n).
このとき、任意の自然数nに対して、
F(5^n) は 1 + x + x^2 + … + x^(5^n - 1) で割り切れることを示せ。

⑤f^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。

0078１３２人目の素数さん

2010/11/27(土) 02:33:59

おやすみです^^

⑥自然数x_1, x_2, ..., x_nが
1/x_1+1/x_2+...+1/x_n=1 を満たすとき
x_1+x_2+...+x_n の最大値を求めよ。

⑦a^a*b^b=c^c を満たす整数a,b,c＞1の組は無限に存在するか。

⑧τ(n^2-2)=22 を満たす正整数nは存在するか。

⑨次の条件を満たす奇数n(＞3)を全て求めよ。
[条件] どんな奇数m(1＜m＜n)に対しても、
(n^m-n)/(m^n-m) は奇分数に約分できない。
(奇分数とは分母分子がともに奇数の有理数のこと)

⑩一般に自然数Nが与えられたとき、
それを反転させたものをN'などと書くことにする。
たとえば、N=1234 のとき、N'=4321 である。
N-N'の形で表現できる数を OT-number と呼ぶことにする。
3の巾で書けるようなOT-numberを全て求めよ。

0079１３２人目の素数さん

2010/11/27(土) 03:31:13

>>20⑫=>>78⑨
x,yが正整数でxが奇数かつx>1、yが偶数のときv_2(x^y-1)=v_2(x-1)+v_2(x+1)+v_2(y)-1だから
v_2(n^m-n)=v_2(n-1)+v_2(n+1)+v_2(m-1)-1, v_2(m^n-m)=v_2(m-1)+v_2(m+1)+v_2(n-1)-1
[条件]⇔どんな奇数m(1<m<n)に対してもv_2(n^m-n)≠v_2(m^n-m)
⇔どんな奇数m(1<m<n)に対してもv_2(n+1)≠v_2(m+1)………………(*)
今nが[条件]を満たす奇数とし、n+1=(2^a)*b (b:正の奇数)と素因数分解されるとする
（n> 3よりb=1かつa≧3、またはb=3かつa≧2、またはb> 3かつa≧1であることに注意）
もしb> 1なら m=(2^a)(b-2)-1 とおくとmは奇数で1<m<nかつv_2(n+1)=a=v_2(m+1)となり(*)に反する
よって b=1 で n=2^a-1 (a≧3)
逆に n=2^a-1 (a≧3) ならどんな奇数m(1<m<n)に対しても v_2(m+1) < a = v_2(n+1)なので[条件]を満たす
以上より求めるnは2^a-1 (a≧3)

0080１３２人目の素数さん

2010/11/27(土) 20:43:31

9=10-01=9
18=42-24
27=41-14
36=73-37
45=72-27
54=71-17
63=70-07
72=91-19
81=90-09
90=????
99=100-001

90はOT-numberじゃないのかな？？
3桁でやると 99の倍数にならざるをえないから、
90がOT-numberだとすると4桁以上で考える必要がある。

0081１３２人目の素数さん

2010/11/27(土) 20:58:35

>>80
90 = 1101-1011

どんな9の倍数もOT-numberというのは正しいだろうか。
もしそうだとしたら、⑩は自動的に解けたことになる。

0082shin hattori

2010/11/27(土) 22:16:27

解決には至っていないけど >>81 は明確に否定できる。

[命題] (9の倍数の部分は >>72 が言及している)
nがOT-numberであるとし、n=N-N'とする。
Nの最上位の桁と最下位の桁をa[m],a[0]とする。
nは9の倍数であり、n≡a[0]-a[m] (mod 10)が成立する。
さらに mが偶数ならば nは11の倍数であるともいえる。

(証明)
N=Σ[i=0,m]a[i]*10^i とするとき、n=N-N'より、
n = (1-10^m)a[0]+(10^m-1)a[m]+Σ[i=1,m-1](10^i-10^(m-i))a[i] ・・(*)
右辺は9で割り切れるので、nは9で割り切れることがいえる。
(これを示すだけならば >>72 の方法が明快であるといえる)
(*)のΣ部分は10で割り切れるので、両辺をmod10でみることで 10|n がいえる。
mが偶数のときは 10^2≡1 (mod 11)に注意して、
(*)の両辺を mod11でみることで 11|n がいえる。

0083shin hattori

2010/11/27(土) 22:17:53

[主張]
108+9d (d∈Z, 0≦d≦7)の形の数は OT-numberではない。

(証明)
上記の形の数が OT-number(=n)とし、n=N-N'とする。
nはその定め方から、10でも99でも割り切れず、n＜189 である。
また、nは3桁以上なので、Nは3桁以上であるといえる。
Nが3桁であるとすると、[命題]より、99|n がいえる。
これは不適ゆえ、Nは4桁以上であるといえる。
Nの最高位の桁と最下位の桁をa[m],a[0]とする。
a[m]≠a[0]だとすれば、すぐわかるように n≧189がいえる。
これは不適ゆえ、a[m]=a[0] であることがいえる。
ここで [命題]を用いれば 10|n がいえる。これは矛盾。

0084１３２人目の素数さん

2010/11/28(日) 03:29:17

今日はリスト更新は無しです^^;
(∵最後に更新してから 10レスもないので)
おやすみです^^;(もっと早く寝ないと^^;)

⑩は(少なくとも私には)解けそうにないですが、
いくつか得た簡単な結果を問題にしてみました^^

⑪　次の(1),(2)を証明せよ。
(1) 10^n+8がOT-numberとなるような整数n＞1は存在しない。
(2) 9*10^n は常にOT-numberである。
(2) OT-numberでない3の巾(つまり 3^m(m:正整数)の形の数)は無限に存在する。

(3)は⑩に直接関係しているとおもわれますが、⑩の回答には遠い^^;

0085１３２人目の素数さん

2010/11/28(日) 03:55:43

(2)が2つもありますね^^;
(3)に相当する問題は次のように改変しておきます^^;

(3)連続する4つの3の巾が全てOT-numberになることはない。
たとえば、3^2, 3^3, 3^4, 3^5 のうち、
3^2,3^3,3^4はOT-numberであるが 3^5はそうでない。

0086１３２人目の素数さん

2010/11/28(日) 17:57:44

⑩の提案者ですが私の用意していた解答は誤っているようです。
当初は「全ての3の累乗はOT-numberである」と思っていたのですが...
お騒がせしてすみませんでした...　それと次も正しくないですね
「n≡1(mod 4)ならば 3^nはOT-numberではない」大きな数の反例があるようです。
しかしながら >>85の(3)は正しいようです。>>84のレス内容から当然ですが...

0087１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 01:57:43

自然数Nを1つ取る。Nに左から3を1個くっつけできる数をMとする。
さらにMに左から3を何個(≠0個)かくっつけてできる数をM'とする。
もしMが素数だとするならば、M'はMの倍数にできることを証明せよ。

たとえば、N=7とすれば、M=37 であり、M'=33337=901M とできる。

008887

2010/11/29(月) 02:04:23

問題修正。
M'は本質的でないから次のようにする。

素数Nを1つ取る。
Nに左から3を何個(≠0個)かくっつけてできる数をMとする。
MはNの倍数にできることを証明せよ。

たとえば、N=13とすれば、M=33333313=2564101*N とできる。

0089１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 03:00:33

>>88
N=2または5のときはそれぞれM=32, 35でOK
N≠2, 5のときは(10,N)=1だから10^k≡1 (mod N)を満たす正整数kが存在する
ここで9|10^k-1でNは素数だから(9,N)=1または3、よって3N|10^k-1
Nがd桁ならM=N+10^d*(10^k -1)/3とすればN|M

0090１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 03:59:15

>>88
以下、>>89 をわずかに改良したバージョン。
Nは素数である必要はない。
ただし、10と互いに素であることが重要。
10と互いに素でさえあれば、可能である。
10と互いに素でない場合、すぐに反例がみつかる。
ただし、素数に限定した場合、10と互いに素でないのは
N=2,5だけであり、この場合は可能であることがいえる。

(N,10)=1のとき、10^k≡1(mod N) かつ
v_3(k)≧v_3(N)-1を満たす正整数kが取れる。
このとき、v_3((10^k-1)/3)=1+v_3(k)≧v_3(N) であるから、
10^k≡1(mod N)とあわせて N|(10^k-1)/3 がいえる。
Nがd桁ならば M=N+10^d*(10^k -1)/3とすれば N|M

0091１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 12:22:13

1から9までならなにを連続で付け加えても同じだね。

0092１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 16:45:43

＜問題＞
10進表記で、ある4桁の整数を9倍したら元の数の各桁の数字を逆に入れ替えた整数になった。元の整数はいくつか。

＜解説＞
小学生の算数問題なので解説は省略。1089です。
しかし、何倍かして逆に入れ替えた数となるのは、
1089を9倍したときの9801と、2178を4倍したときの8712になるときだけだそうです。

さぁ、これを証明してみせなさい。
嘘です＾ｐ＾

じゃ、10進法以外だったらどんなのがあるのかなぁ…
＾＾さんが楽しい問題に改題してくれることを祈ってます（笑）

0093１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 17:28:30

＞何倍かして逆に入れ替えた数となるのは、
＞（１）を（２）倍したときの（３）と、（４）を（５）倍したときの（６）だけだそうです

これで十分立派な東大入試問題に大変身ｗ

0094１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 17:53:25

http://imepita.jp/20101129/635050

0095１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 18:34:45

>>92 の自身の才能を少しだけ使って改題してみようぜ？

>>93
それはウソ。桁数の制限をはずした場合、あきらかに無限にある。
4桁の場合を任意回数連結させればいい。たとえば
871287128712... は 217821782178... で割り切れる。

じゃあ、こういう明らかなものを除いた場合の可能性は？
そういう問題にした場合、それはかなりの有名問題であり、
基本解は 1089 と 2178 しかないことが証明できる。

0096１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 20:16:03

>>95
どこで有名なんだよｗ
書けよｗ

>>92
2進数の場合は明らかに成り立たないｗ

0097１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 20:17:10

>>92はｎ進数4桁の一般解まで拡張できる

0098１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 20:18:20

>>92はｎ進数4桁ｍ倍の一般解まで拡張できる

0099１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 20:28:29

>>98
ちょっと書いてくれない？

0100１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 20:45:43

>>96
たとえば次のURLの23番目のコメントに回答があるよ
http://trickofmind.com/?p=265

解法はかなり素朴で(ただし少し長い)
要は帰納的に話を進めることができる。
詳細はpost23を見てほしい。丁寧に書いてある。
日本人のサイトでも回答みたことあるけど、
おおむねそれと同じ方法だった。
おそらくこういう素朴な方法しかないのだろう。

0101１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 20:58:01

>>99
すこしは自分で考えろよ。
ヘッド比較すればあとは基本的な解析だけだよ。
解析という言葉を使うのも嫌なぐらい。
>>92 はだからもっと難しい一般化を訊いているのでは。

0102１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 21:22:32

私女だけど、http://trickofmind.com/?p=265　のURLを最初から書いていればこんなに荒れなかったと思う
答える方って、全体的に余裕ないよね

0103１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 21:59:18

>>101
いやいや難しくない？
たとえば 2桁の場合ですら全ての解をパラメタp表示することは困難では？？

あまり人を疑いたくないけど、>>98 は拡張できていないとおもうよ。
つまり解答を持っていないと。

0104１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 22:22:23

>>103
一般解の意味が違うだけでは？
一般解=全ての解ではないでしょ

0105１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 23:29:18

>>103は＾＾以下の数学力しかないんだから、＾＾の判断を仰げやｗ

0106１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 23:31:05

>>103みたいなのって本当気持ち悪いな
そろそろ消えろよお前

問題解くだけのマシーンかよおまえ

0107１３２人目の素数さん

2010/11/29(月) 23:41:52

>>103
お前まだいたのかよ

問題を拡張できる ⇒ 解答が用意されている
というのは正しくないだろ

0108御手洗景子

2010/11/30(火) 22:36:13

それよりおまえら草むしれよ

0109１３２人目の素数さん

2010/11/30(火) 23:56:30

>>103
数検スレででかい顔してんじゃねーよ

0110１３２人目の素数さん

2010/12/01(水) 19:07:29

お前も草むしれよ　が正しいかと

0111１３２人目の素数さん

2010/12/02(木) 21:24:30

>>20⑩=>>78⑧

条件を満たす正整数nをいっこ求めてみた。

τ(n^2-2)=22　⇔　n^2-2=p^21 (pは素数)または n^2-2=p*q^10 (p,qは相異なる素数)

後の場合、mod 4で見ればq≠2が分かり、さらに2がmod qで平方剰余だからq≡±1 (mod 8)

q=7とすると、x^2≡2 (mod 7^10) ⇔ x≡±266983762 (mod 7^10)

n=266983762+(7^10)a (a：奇数)とおいて(n^2-2)/(7^10)が素数かどうかをチェックしていくと

a=7,n=2244310505のとき(n^2-2)/(7^10)=17831401727は素数となり、このnが条件を満たすことがわかる。

0112１３２人目の素数さん

2010/12/02(木) 21:49:49

>>111
GJ! なるほどね！
次の予想(名前忘れた)は正しいとされているからね

[予想]
整数係数の多項式(最高次の係数は正)をPとしよう
Pに関して簡単な理由がないかぎり(曖昧であるが)
P(n)が素数となるような整数nは無限に存在する

この予想を考えればτ(n^2-2)の問題は
存在するが答えであると目星がつくわけだ
(先にqを適切にとれば n^2-2がpq^10の形になる整数nが取れると思うから)

以上の考えのもとで >>111 の回答をみてみればいかに無駄がないかわかる
さきにqを決めておくのが重要であり、pを先に固定すると絶望できる。
そうなると q=2,3,5,7,... とやっていくわけだが、
平方剰余の第2補充法則から q=7が最初の候補だとわかる。
n^2-2は微分すると 2nでありよって多項式とmodに関するHasseの定理から
n^2≡2 (mod 7^10)を満たす整数nは存在していることがいえて、
具体的にその形を全て求めることができる

0113１３２人目の素数さん

2010/12/02(木) 23:37:45

更新しました^^　おやすみでした^^

① (m,n)＝(2,3),(2,5),(3,2),(5,2)のとき、
x+y+z=0を満たす任意の実数x,y,zに対して
(x^{m+n}＋y^{m+n}＋z^{m+n})/(m＋n)＝(x^m＋y^m＋z^m)(x^n＋y^n＋z^n)/mn
が成り立つことが分かっている。他に整数解(m,n)は存在するか？全て求めよ

② 以下の条件を満たす正の整数(a,x,y,n,m)の組をすべて求めよ
a(x^n－x^m)＝(ax^m－4)y^2, m≡n (mod 2) かつ ax は奇数

③ 自然数Nの10進表示を a[1]a[2]..a[n] 等とする。
N = (a[1]+2)*(a[2]+2)*...*(a[n]+2)
を満たすような自然数Nを全て求めよ。

④ フィボナッチ数列類似の多項式列{F(n)}を次のように定義する：
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n).
このとき、任意の自然数nに対して、
F(5^n) は 1 + x + x^2 + … + x^(5^n - 1) で割り切れることを示せ。

⑤f^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。

0114１３２人目の素数さん

2010/12/02(木) 23:40:16

インターセプト！

0115１３２人目の素数さん

2010/12/02(木) 23:44:54

⑥自然数x_1, x_2, ..., x_nが
1/x_1+1/x_2+...+1/x_n=1 を満たすとき
x_1+x_2+...+x_n の最大値を求めよ。

⑦a^a*b^b=c^c を満たす整数a,b,c＞1の組は無限に存在するか。

⑧任意の素数pに対して、適当に符号を取れば、
pn^2±2 が平方数となる整数nの存在がいえる。

⑨4桁の自然数Mをp進法において反転させたものをNとする。
どのような整数k＞1に対しても M=kN を満たすような
正整数p,M(k＜p)の組が存在するというのは正しいか？

⑩4桁の自然数Mをp進法において反転させたものをNとする。
M=2N が成立するような正整数p,M(p＞1)の組を全て求めよ。

0116Ｌ

2010/12/03(金) 00:16:37

⑨ 正しい:
p=k^2+k-1, L=(k+1)p+1(2桁) として LL(4桁)を考えればよい

0117１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 02:14:38

>>116
kLが3桁になるから不味いんじゃ？

>>113⑤

0118117

2010/12/03(金) 02:17:02

途中で送信ボタン押してしまった(汗)

>>113⑤
楕円曲線y^2=x^3-1は有理関数でパラメトライズできない・・・てのはだめ？

0119１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 03:00:02

>>117
LLはLを2つ並べたものじゃない？
p=k^2+k-1, L=(k+1)p+1 のとき
L=kL'　(L'はLを反転させたもの)
よって、LL(Lを2つ並べたもの)に対して M=LLとすると
M'=L'L'=L'p^2+L'=(1+p^2)L'=(1+p^2)kL=k(Lp^2+L)=kM

0120１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 03:03:36

k(k+1)がpを越えてしまうから不味いということかｗ

0121１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 03:07:47

ああでも kL'は3桁にならないからＯＫじゃね？
kLは別に3桁になってもいいけど

0122119

2010/12/03(金) 03:13:20

最後の行がおかしいから修正
kM'=kL'L'=k(L'p^2+L')=(1+p^2)kL'=(1+p^2)L=M

0123１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 03:23:20

>>118
たとえば X^3+Y^3=Z^3 だとすると、
X,Y,ZはZ係数の2変数多項式でパラメトライズできる。
それをみると際どい感じがするけど多分問題のはできないだろうね
それをどうやって証明するかだけど
初等数論の問題といっているわけだから初等的な道具だけで
証明を完成させることができるとおもうのだけど(俺は思いつかないが)

0124１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 03:24:23

正)X^3+Y^3=Z^2
誤)X^3+Y^3=Z^3

0125１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 04:06:30

>>115　の⑤はpに関する条件が抜けているとおもう。
このままだと ⑤の主張は誤っているとなる。(p=5)

0126名無しさん＠英語勉強中

2010/12/03(金) 08:57:58

n∈N∩Z[√(-1)]とすると
n=2^tΠ_{i=1..r}p_i^{e_i}Π_{j=1..s}q_j^{f_j}
(但し, p,q∈Zは夫々p≡1(mod 4),q≡3(mod 4)なる素数とする)
と表せる。この時,

nがGaussian integerの二つの平方の和とし表せる ⇒ f_1,f_2,…,f_sは全て偶数になる

の反例を探しているのですがどなたか反例を教えて下さい。

0127117

2010/12/03(金) 09:28:46

6=(2+√(-1))^2+(2-√(-1))^2

0128１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 10:22:38

>>126
前スレで必要十分条件の問題があったよ

0129１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 10:33:52

貼り付け(スレチということで番号付けされなかったけど)

179 ：１３２人目の素数さん：2010/10/12(火) 00:49:14
⑤はもし出題するとすれば次のようになるでしょう^^;

⑤ Z[√-1] においては次のことがいえる。p=1+√-1 とおく。
x=a+b√-1が2つの平方数の和で表現できることは
2|b かつ v_p(x)≠1,3 であることと同値である。
(Z[√-1]においては平方数の差も和も表現できる数は同じです
というのも z→iz という対応を考えればよいわけですから^^;)

0130１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 10:40:28

だから >>126 の条件n∈N∩Z[√(-1)] の中で考えるならば
最小の反例は自動的に n=3=2^2+i^2 になる

0131１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 12:19:33

>>125
>>115 の⑧は酷いことになっていました^^; すみません^^;
⑧素数pに対して、p=2,p≡-1(mod 4) であることは
pn^2±2が平方数となるように整数nと符号が選べることの必要十分条件である。
これを証明せよ

>>129
懐かしいものを挙げてきましたね^^;
mod 4=λ^4 で決まると言ったほうが簡潔だったかも^^;
mod 4というのはもちろんZ[√-1]の中でということです。
そういっておけば ZをZの中で2つの平方数の差に分解できるような
ものを分類せよというよく知られた問題の結論との類似がみえますね^^;

0132１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 17:52:28

>>131
できた

p=2のときはほぼ明らか。p≧3,p≡-1(mod 4)とする。
X^2-pY^2=1 の最小の正整数解(X,Y)を取る。
(X+1)(X-1)=py^2 であるから次の4通りの場合がある。

1) X+1=pA^2, X-1=B^2 を満たす正整数A,Bが取れる
2) X-1=pA^2, X+1=B^2 を満たす正整数A,Bが取れる
3) X+1=2pA^2, X-1=2B^2 を満たす正整数A,Bが取れる
4) X-1=2A^2, X+1=2pB^2 を満たす正整数A,Bが取れる

3),4)のときは 2=|2pA^2-2B^2| ⇔ B^2-pA^2=±1 を得る。
p≡-1(mod 4)より B^2-pA^2=1 であることがいえる。
(∵一般に p≡-1(mod 4)のときは S^2-pT^2=-1は整数解を持たない)
しかしこれはX,Yの最小性に反する。

1),2)のときは |pA^2-B^2|=2 となるのでゆえに示された

0133shin hattori

2010/12/03(金) 18:10:39

>>132
逆を示す必要があるとおもうのですが。
といっても逆はすごく簡単みたいです。
pn^2±2 が平方数だとします。
2|n ならば pn^2±2≡±2(mod 4)であり矛盾。
そうでないなら pn^2±2≡p±2(mod 4)であり p≡1(mod 4)でないといえる

0134１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 20:26:04

>>132
∵の部分の理由をおしえてくれないかい？

0135１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 20:50:17

>>134
第1補充法則から明らか

0136１３２人目の素数さん

2010/12/03(金) 23:18:19

以下の数列 a(n) を考える
「n^k + 1 が素数とならない最小の自然数をｋとするとき a(n) = k と定義する」

例えば、n=10のとき 10^1 + 1 = 11 (素数)、10^2 + 1 = 101 (素数)、10^3 + 1 = 1001 (合成数)
なので、a(10) = 3 である。
実は、これは、http://oeis.org/A102368　にある数列なのですが、nが小さいうちは取りうる値としては
1,2,3のみです。そこで問題は、果たして、この数列の取りう上限値、あるいは条件を定めることが出
来るかどうか？です。フェルマーの小定理とか使えますか。

0137１３２人目の素数さん

2010/12/04(土) 00:10:51

>>136
n^3＋1 ＝ (n＋1)(n^2－n＋1)

0138１３２人目の素数さん

2010/12/04(土) 00:24:09

>>136
非常に難しい
すぐにわかることは >>137 が分解しているように
n＞1ならば a(n)≦3 であるということぐらい

n+1, n^2+1 がともに素数となるような
正整数nは無限に存在すると予想するの妥当だから
一番頻度の低い3は無限回でてくると予想されるわけだ

0139１３２人目の素数さん

2010/12/04(土) 17:29:01

[問題]
f[1]=f[2]=1, f[n+2]=f[n+1]+f[n]によって数列を定めるとき
任意の素数pに対して f[p]≡(5/p) (mod p) であることを示せ

0140１３２人目の素数さん

2010/12/04(土) 17:55:44

>>139,　p≠2,5とする。
f[p]=(1/√5)(φ^p-(φ*)^p)={(1+√5)^p-(1-√5)^p}/(2^p√5)
ここで mod pで考えるならば分子≡1^p+(√5)^p-(1^p-(√5)^p)≡2(√5)^p
よって、f[p]≡{(√5)^(p-1)}/(2^(p-1))≡{5^{(p-1)/2}}/1≡(5/p) ■

0141１３２人目の素数さん

2010/12/04(土) 18:05:56

>>140
それは初等数論の方法に含まれるかい？
mod pの意味が高校数学のそれとは違う

0142１３２人目の素数さん

2010/12/04(土) 18:10:09

どう見ても初等的。

0143１３２人目の素数さん

2010/12/04(土) 18:14:54

代数的にはとても簡単だが初等数論的かどうかなら際どいか(√5の部分)

0144１３２人目の素数さん

2010/12/04(土) 18:18:04

>>140
高校生:「分子の部分は無理数だよね。
無理数部分をmodでみていいのですか？
問題文のmodとあなたのmodは整合性がとれているのですか？」

0145１３２人目の素数さん

2010/12/04(土) 18:23:26

くだらねえよ
ここは高校生スレじゃねえよ
すこし勉強したら誰だってわかることなんだから
いちいちつっこまんでええわ
高度なことやっているわけじゃないんだからさ

0146１３２人目の素数さん

2010/12/04(土) 18:23:29

√5が出てくるのがよほどいやなら2項定理で分子を展開してやればいいだろ。
結局>>140と同じになる。

0147１３２人目の素数さん

2010/12/04(土) 18:30:33

>>146 　で終了だな
分子を展開すれば √5は分母と相殺できる。
さらに分数をmodでみるのが嫌な人は
両辺に2^pやらを掛け算すれば万事OK

0148１３２人目の素数さん

2010/12/04(土) 18:41:36

>>146
サンクス

0149１３２人目の素数さん

2010/12/05(日) 22:35:53

またいつもの人が暴れたのか

0150１３２人目の素数さん

2010/12/05(日) 23:09:48

おやすみでｓ^^

① (m,n)＝(2,3),(2,5),(3,2),(5,2)のとき、
x+y+z=0を満たす任意の実数x,y,zに対して
(x^{m+n}＋y^{m+n}＋z^{m+n})/(m＋n)＝(x^m＋y^m＋z^m)(x^n＋y^n＋z^n)/mn
が成り立つことが分かっている。他に整数解(m,n)は存在するか？全て求めよ

② 以下の条件を満たす正の整数(a,x,y,n,m)の組をすべて求めよ
a(x^n－x^m)＝(ax^m－4)y^2, m≡n (mod 2) かつ ax は奇数

③ 自然数Nの10進表示を a[1]a[2]..a[n] 等とする。
N = (a[1]+2)*(a[2]+2)*...*(a[n]+2)
を満たすような自然数Nを全て求めよ。

④ フィボナッチ数列類似の多項式列{F(n)}を次のように定義する：
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n).
このとき、任意の自然数nに対して、
F(5^n) は 1 + x + x^2 + … + x^(5^n - 1) で割り切れることを示せ。

⑤f^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。

0151１３２人目の素数さん

2010/12/05(日) 23:10:59

⑥自然数x_1, x_2, ..., x_nが
1/x_1+1/x_2+...+1/x_n=1 を満たすとき
x_1+x_2+...+x_n の最大値を求めよ。

⑦a^a*b^b=c^c を満たす整数a,b,c＞1の組は無限に存在するか。

⑧4桁の自然数Mをp進法において反転させたものをNとする。
M=2N が成立するような正整数p,M(p＞1)の組を全て求めよ。

⑨|P(n)|が素数となるような整数nが5つ存在するような
3次の可約な整数係数多項式Pを1つ求めよ。(可約に注意)

⑩各整数n＞1に対して、nの最小素因数をp(n)と表すとき、
min{p(n^2+37)|n∈Z,n＞1}を計算せよ。(駄問失礼です^^;)

0152１３２人目の素数さん

2010/12/05(日) 23:15:31

⑨はタイプミスがありました^^;
p(n):= (nの最小の奇素因数) としてください^^;
(nが奇素因数を持たないときは p(n)=1 とします)

n^2+37＞2は4で割り切れることはないので、問題の値は2より大です^^;

0153１３２人目の素数さん

2010/12/05(日) 23:30:04

>>152
⑨じゃなくて⑩だね。
⑨は存在自体非自明だね。

0154１３２人目の素数さん

2010/12/07(火) 01:21:45

(2x+5)(2x^2-1)：x=-3,-2,-1,0,1
(2x+3)(x^2-3x+1)：x=-2,-1,0,1,2
(x+2)(x^2-3x+1)：x=-3,-1,0,1,3

0155１３２人目の素数さん

2010/12/07(火) 03:17:22

>>154
すげえなどうやってみつけたか聞いていいか？

0156１３２人目の素数さん

2010/12/07(火) 03:49:29

すごくないよ

0157１３２人目の素数さん

2010/12/07(火) 04:00:22

(6x+11)(x^2-x-1)
x=-2,-1,0,1,2.

0158１３２人目の素数さん

2010/12/07(火) 04:45:04

>>155
キモはPの2次因子の形が決定できるということ。

P=QR, deg(Q)=1, deg(R)=2とすると、|P|が素数なら
(1) |Q|=1で、|R|は素数 --高々2通り
または
(2) |R|=1で、|Q|は素数 --高々4通り
特に、|P(n)|が素数となるnが5つあるなら、(2)の場合が少なくとも3通りなければならない。
Rの2次項係数が正であるとしておく。
|R(a)|=|R(b)|=|R(c)|=1（a,b,cは整数でa<b<c）とすると、R(a)=R(c)=1, R(b)=-1
(i) a+c=2bのとき
d=c-b=b-aとおくとdは正整数でR(x)=k(x-b+d)(x-b-d)+1（kは正整数）
このとき-1=R(b)=1-kd^2⇔kd^2=2　これよりk=2, d=1、よってR(x)=2(x-b)^2-1.
(ii) a+c≠2bのとき
2次関数の軸に関する対称性よりR(b')=-1, a<b'<c、b≠b'となる整数b'が存在する。b<b'としてよい。
-2=R(b')-R(a)はb'-aで割り切れるからb'-a=1 or 2。同様にc-b=1 or 2。
a<b<b'<cだから、この4数は隣り合う数の差が1でなければならない。
R(x)=k(x-a-1)(x-a-2)-1（kは正整数）とおくと1=R(a)=2k-1⇔k=1、よってR(x)=(x-a-1)(x-a-2)-1

こうやってRの形を決めたらあとは1次因子Qが条件を満たすように決めればいい。

0159１３２人目の素数さん

2010/12/08(水) 01:28:12

>>158
サンクス！
素数6個は不可能ぽいが5個の場合はいくらでも例が作れそうなんだな

0160１３２人目の素数さん

2010/12/08(水) 22:10:04

⑩ 19が答えである。1^2+37=2*19 であるが、
(-37/p)をp=3,5,7,11,13,17に対して計算してみると全て-1になるから。
実際に計算してみると次のようになる(補充法則および相互法則を利用)

(-37/3)=(-1/3)= -1
(-37/5)=(-2/5)=(2/5)=-1
(-37/7)=(-2/7)=-(2/7)=-1
(-37/11)=(-2^2/11)=-1
(-37/13)=(2/13)=-1
(-37/17)=(-3/17)=(3/17)=(17/3)=(2/3)=-1

問題として考えられるもの。
「もうちょっとminの値の19が大きくなるような
なるべく小さな定数は37のほかになにがあるか」

0161１３２人目の素数さん

2010/12/11(土) 15:30:00

-58.
p<=23.

-163.
p<=37.

-11302.
p<=43.

-30493.
p<=61.

-106177.
p<=71.

0162１３２人目の素数さん

2010/12/11(土) 19:30:00

-2430943.
p<=73.

0163１３２人目の素数さん

2010/12/11(土) 22:50:36

pに対して定数の絶対値は爆発的に大きくなっていく.

0164１３２人目の素数さん

2010/12/12(日) 19:24:24

[問題]
各整数n≧6に対して、τ(n!)|n! が成立することを示せ。

0165１３２人目の素数さん

2010/12/13(月) 02:08:11

おやすみです^^

① (m,n)＝(2,3),(2,5),(3,2),(5,2)のとき、
x+y+z=0を満たす任意の実数x,y,zに対して
(x^{m+n}＋y^{m+n}＋z^{m+n})/(m＋n)＝(x^m＋y^m＋z^m)(x^n＋y^n＋z^n)/mn
が成り立つことが分かっている。他に整数解(m,n)は存在するか？全て求めよ

② 以下の条件を満たす正の整数(a,x,y,n,m)の組をすべて求めよ
a(x^n－x^m)＝(ax^m－4)y^2, m≡n (mod 2) かつ ax は奇数

③ 自然数Nの10進表示を a[1]a[2]..a[n] 等とする。
N = (a[1]+2)*(a[2]+2)*...*(a[n]+2)
を満たすような自然数Nを全て求めよ。

④ フィボナッチ数列類似の多項式列{F(n)}を次のように定義する：
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n).
このとき、任意の自然数nに対して、
F(5^n) は 1 + x + x^2 + … + x^(5^n - 1) で割り切れることを示せ。

⑤f^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。

0166１３２人目の素数さん

2010/12/13(月) 02:10:28

⑥自然数x_1, x_2, ..., x_nが
1/x_1+1/x_2+...+1/x_n=1 を満たすとき
x_1+x_2+...+x_n の最大値を求めよ。

⑦a^a*b^b=c^c を満たす整数a,b,c＞1の組は無限に存在するか。

⑧4桁の自然数Mをp進法において反転させたものをNとする。
M=2N が成立するような正整数p,M(p＞1)の組を全て求めよ。

⑨各整数n≧6に対して、τ(n!)|n! が成立することを示せ。

⑩次の条件を満たす整数m＞1を全て求めよ。
[条件]あるf∈Z[X]が存在していて、(1),(2),(3)を満たしている
1) ∃n∈Z f(n)≡0 (mod m)
2) ∃n∈Z f(n)≡1 (mod m)
3) ∀n∈Z f(n)≡0 ∨ f(n)≡1 (mod m)

0167１３２人目の素数さん

2010/12/15(水) 01:01:35

0168１３２人目の素数さん

2010/12/15(水) 01:33:25

>>167
nの正の約数(k個あるとします)を
d_1,d_2,..,d_k とおきますと、
n/d_1, n/d_2, ..., d/d_k も
k個の異なるnの約数となります。

さて、Σ[d|n]d はnの約数を全て足し合わせるということですから、
したがって、Σ[1≦i≦k]n/d_i と一致することがいえるわけです。
Σ[1≦i≦k]n/d_i = Σ[d|n]n/d は明らかですからこれで終わり。

0169訂正

2010/12/15(水) 01:37:33

d/d_k は n/d_k の間違いです。

各n/d_i がnの約数になっていることは
n/(n/d_i) = d_i(正整数) の成立からいえます。
n/d_1, n/d_2, ..., n/d_k がそれぞれ異なっているのは
d_1,d_2,..,d_k が異なっていることからいえます。
ですから個数を比較することで、
{d_1,d_2,..,d_k} = {n/d_1, n/d_2, ..., n/d_k} がいえるのです。

0170１３２人目の素数さん

2010/12/15(水) 16:21:36

a,b,c,d∈Ｚ＋でab-cd=1を満たすとする。
このとき(a+b)/(b+d)は既約分数であることを示せ。

0171１３２人目の素数さん

2010/12/15(水) 16:24:24

なめとんのか？

0172猫はCat ◆MuKUnGPXAY

2010/12/15(水) 16:25:52

見てるよ。

猫

0173１３２人目の素数さん

2010/12/15(水) 17:31:06

>>170
入試問題で言えば、設問の小問①ってとこじゃね。
もちろんＤＱＮ大

0174１３２人目の素数さん

2010/12/15(水) 17:35:06

なにこの素敵な問題群

0175Ｌ

2010/12/15(水) 18:52:08

>>170
反例) a=2,b=5,c=1,d=9 とすると、
ab-cd=1 であるが、(a+b)/(b+d)=7/14 となってしまう

おそらく正しい問題文は次の通りかと。

a,b,c,d∈Ｚ+ でad-bc=1を満たすとする。
このとき(a+b)/(c+d)は既約分数であることを示せ。

[解答例]
a+b,c+dの共通素因子が存在したとし、それをpとすると、
b≡-a, c≡-d (mod p)であるから、
1≡ad-bc≡ad-(-a)(-d)≡0 (mod p)
これは明らかに矛盾である。

0176１３２人目の素数さん

2010/12/15(水) 20:18:16

>>175
だな、俺もそう思う。

0177１３２人目の素数さん

2010/12/16(木) 08:48:36

x,y,z∈Zとし,x^2+y^2≠0でz≡3 (mod 4)でzは平方数でないとする。
この時,(x^2+y^2)zは平方数の和(つまり,(x^2+y^2)z=a^2+b^2(但し,a,b∈Z, a^2+b^2≠0))として表せない。

は正しいでしょうか? 正しくないなら反例をお願い致します。m(_ _)m

0178１３２人目の素数さん

2010/12/16(木) 12:15:53

うわー、>>173顔真っ赤だなー、真っ赤だわ

0179１３２人目の素数さん

2010/12/16(木) 12:17:48

178 １３２人目の素数さん[sage]：2010/12/16(木) 12:15:53
うわー、>>173顔真っ赤だなー、真っ赤だわ

0180Ｌ

2010/12/16(木) 14:12:54

>>177
正しいです

z≡-1(mod 4)より、v_p(z)が奇数となるような素数p≡-1(mod 4)が取れます。
そのとき、v_p((x^2+y^2)z)も奇数ですから、2つの平方数の和で表現不可です。

0181Ｌ

2010/12/16(木) 20:23:40

>>166
⑩問題文を次のように見やすくしておきます。
f(Z/mZ)={0,1}を満たすf∈Z[X]が存在するような
整数m＞1を全て求めよ(Z/mZ={0,1,2,..,m-2,m-1})

[回答]
求める整数m＞1は素数冪だけである。これを示す。

mが素数冪であるとき、f(X)=X^(φ(m))とすればよい。
mが素数冪でないとき、m=a*b なる互いに素な整数a,b＞1の組が取れる。
f(Z/mZ)={0,1} を満たすf∈Z[X]が存在したと仮定する。
このとき、f(Z/aZ)={0,1} かつ f(Z/bZ)={0.1} が成立する。
f(α)=0 in Z/aZ かつ f(β)=1 in Z/bZ
を満たすα+aZ∈Z/aZ, β+bZ∈Z/bZ の組が取れる。
中国剰余定理より、x≡α(mod Z/aZ)かつx≡β(mod Z/bZ)
を満たすようなx∈Zが取れるが、そのようなxに対して、
f(x)≡0,1 (mod Z/mZ) は成立していない。

0182１３２人目の素数さん

2010/12/16(木) 22:21:25

>180
どうも有難うございました。お蔭様で解決できました。

0183１３２人目の素数さん

2010/12/17(金) 17:28:49

１つの天秤とそれぞれ
3^0=1,3^1,3^2,....,3^(n-1)キロのｎ個の錘が与えられたとする。
何個かを一方の皿に乗せ、別の何個かをもう一方のさらに乗せることによって、
全ての重さＮ個を量ることが出来る。このことを示せ。
ただしＮは1≦Ｎ≦((3^n)-1)/2の範囲の整数とする。
（ヒント：次の形の整数の和を考えよ。
　e_0+3e_1+3^2e_2+.....+3^(n-1)e_n-1
　ただし、e_i=-1,0,1）

0184１３２人目の素数さん

2010/12/17(金) 17:50:39

>>183
>>1

まあ3進展開の一意性より明らかといっておこう。
(係数は0,1,2から-1,0,1にずらしても性質は不変)

0185１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 19:26:50

＜答え＞
k を整数とすると
p を満たすのは 4k＋2
k＝2l(エル)＋1
よって解は (5-√21)/2 です

池沢春人「黒鉄－クロガネ－」より抜粋（笑）
http://a-draw.com/contents/uploader2/src/a-draw1_1191.jpg

＜問題＞
以上の解を満たすような数IAの整数問題を作成しなさい＾ｐ＾

0186１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 19:45:14

>>183-184
　平衡３進法

0187１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 20:32:15

>>185
おもしろいｗどっからとってきた？その漫画ｗ

0188１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 21:10:20

>>185
f(p):={(p-2)-4√(p-1)}/8 が
X^2+aX+b∈Z[X] の正の根となるような
最小の自然数pに対して、f(p)の値を求めよ。

0189１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 21:26:38

>>187
あぁ、書き忘れてました
今週の週刊少年ジャンプです＾ｐ＾

0190１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 21:27:27

>>188
もっと数IAっぽく書いてくれ
もしくは東大入試問題っぽくｗ

0191１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 21:27:54

>>185
ちょっと解答が足りないけれど．

パラメータpを次のようにとる．
・pは平方数を因子に持たない正の偶数でかつ[p/4]が奇数になるような数であり，
　さらにf(x)=x^2-5x+p/6=0がx>0に2つの解を持つ．
このとき，実数の方程式f(x)=0の解になりうる最小の数を求めよ．

0192１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 21:48:56

{(p-2)-4√(p-1)}/8∈R が正の代数的整数となる
最小の自然数pに対して、上記の数を求めよ。

0193１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 22:01:09

黒鉄が凡人でないことを考慮すると、
p=4k+2, k=2l+1 などはあまり明らかでないほうがよい。
なんらかの飛躍により、この2つが得られたと思うべき。
(明らかなのにpがなんとかこうとかとワザワザ言うのはおかしい)
ここまでにでた例は全て簡単すぎる。
しかも >>188 も >>191 だいたい似ている。
>>191 は数IAっぽいが pが明らかすぎる。
>>188 は数IAぽくない書き方をしている。

0194１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 22:11:04

>>188,>>192
p=6で(1-√5)/2はx^2-x-1の根では？

ダメ出しされてしまったので，もう少しよいのを考えてみよう．出来るかわからないけど．

0195１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 22:16:42

>>193
東大入試レベルにとどめておけよｗ

0196１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 22:28:57

>>194
正と書いてあるので p=6は弾かれる。((1-√5)/2は負である！)
同様にp=14も弾かれる。

0197１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 22:34:04

>>196
なるほど，失礼しました．

0198１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 23:08:04

「よって『解』は」で受けるような問いの種類はかなり限られると思うのだが。

0199１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 23:08:25

ヨロシクは素数である. (4649)
このような面白い素数をなるべくたくさんみつけよ。

0200１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 23:14:41

訳注：　田代はヤク中である

0201１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 23:18:39

>>200
ぐうにゅうふいたｗｗ

0202１３２人目の素数さん

2010/12/20(月) 23:47:08

>>199
8753（はなこさん) は素数

0203１３２人目の素数さん

2010/12/21(火) 00:30:19

０７２１ならＴＥＮＧＡ

0204１３２人目の素数さん

2010/12/21(火) 00:33:09

>>203
それは素数じゃねえぞ
0127なら素数なんだけどね？？

0205１３２人目の素数さん

2010/12/22(水) 17:14:43

答えが(5-√21)/2になる問題を考える時点で超高難度
k＝2l(エル)＋1みたいな要素入れるのなんて無理

0206１３２人目の素数さん

2010/12/22(水) 17:44:31

スレが伸びなくなってきたな。
新作問題が出ない。
数版の限界か？

0207１３２人目の素数さん

2010/12/22(水) 18:44:07

　　　　　　　　ゴガギーン
　　　　　　　　　　　　　ドッカン
　　　　　　　　　ｍ　　　　ドッカン
　　＝＝＝＝＝）　）)　　　　　　　　　☆
　　　　　 ∧_∧ |　|　　　　　　　　　／　　　　　　　　　　／￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣
　　　　　（　　　）|　|＿＿＿＿＿　　　　∧＿∧　　　＜　　おらっ！出てこい>>1
　　　　　「　⌒￣　|　　　|　　　　||　　　（´Д｀　）　　　　＼＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
　　　　　|　　　/ ￣　　　|　　　　|/　　「　　　＼
　　　　　|　　　|　|　　　　|　　　　||　　　 ||　　 /＼＼
　　　　　|　　　 | |　　　　|　　　　|　　へ//|　　|　　| |
　　　　　|　　　 | | 　　　ﾛ|ﾛ　　　|／,へ＼|　　|　 | |
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　　　　　|　|　|　|〈　　　　|　　　　|　　　　　|　|
　　　　 / /　/ / |　　/ 　|　　　〈|　　　　　|　|
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　　　/ /　/ /　=-----=--------　　　　 |　|

0208１３２人目の素数さん

2010/12/22(水) 20:51:00

>>206
2chにおいて板はばんって読むんじゃなくていたってよむんだぜ？

0209１３２人目の素数さん

2010/12/22(水) 22:15:10

ハァ？他力本願なユトリは精神病院でも行けよ～

0210１３２人目の素数さん

2010/12/22(水) 22:19:08

その他力本願の使い方は誤用

0211１３２人目の素数さん

2010/12/22(水) 22:55:33

http://souchong2010.blog118.fc2.com/blog-entry-800.html
程度が知れるぜ宗教野郎

0212１３２人目の素数さん

2010/12/22(水) 22:59:11

>>211
個人のブログがソースかよ

0213１３２人目の素数さん

2010/12/22(水) 23:34:48

バカか？文系の話するスレじゃねぇから
誤用かどうかは個人個人のブログでやってろよっていう
ソースだろ？もしかしておまえそれ反論でもしてるつもりなのか？

0214１３２人目の素数さん

2010/12/22(水) 23:42:13

>>213
そのブログにも辞書に誤用だって載ってるって書いてあるのに

0215１３２人目の素数さん

2010/12/22(水) 23:56:59

ソースは誤用

0216１３２人目の素数さん

2010/12/23(木) 00:33:47

おっやみです^^

①x+y+z=0を満たすような任意の実数x,y,zに対して
(x^{m+n}＋y^{m+n}＋z^{m+n})/(m＋n)=(x^m＋y^m＋z^m)(x^n＋y^n＋z^n)/mn
が成立するような整数m,nの組を全て求めよ

② 以下の条件を満たす正の整数(a,x,y,n,m)の組を全て求めよ
a(x^n－x^m)＝(ax^m－4)y^2, m≡n (mod 2) かつ ax は奇数

③ 自然数Nの10進表示を a[1]a[2]..a[n] 等とする。
N = (a[1]+2)*(a[2]+2)*...*(a[n]+2)
を満たすような自然数Nを全て求めよ。

④ フィボナッチ数列類似の多項式列{F(n)}を次のように定義する：
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n).
このとき、任意の自然数nに対して、
F(5^n) は 1 + x + x^2 + … + x^(5^n - 1) で割り切れることを示せ。

⑤f^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。

⑥自然数x_1, x_2, ..., x_nが
1/x_1+1/x_2+...+1/x_n=1 を満たすとき
x_1+x_2+...+x_n の最大値を求めよ。

0217１３２人目の素数さん

2010/12/23(木) 00:35:14

⑦a^a*b^b=c^c を満たす整数a,b,c＞1の組は無限に存在するか。

⑧4桁の自然数Mをp進法において反転させたものをNとする。
M=2N が成立するような正整数p,M(p＞1)の組を全て求めよ。

⑨各整数n≧6に対して、τ(n!)|n! が成立することを示せ。

⑩a^2+b^2+b^2=2(ab+bc+ca)+p^n を満たすような
素数p,整数n,平方数a,b,cの組(p,n,a,b,c)は存在するか。
(ここでは平方数はm^2(m:正整数)の形で表現される数)

⑪|2^x-3^y|=p を満たす整数x,yの組が存在するような
p≡-7(mod 24)なる素数pはp=17以外に存在するか。

⑫x^4+y^4=z^2+1 を満たす整数x,y,zの組は無限に存在するか。
(x^4+y^4=z^2 が非自明な整数解を持たないことは良く知られている)

0218１３２人目の素数さん

2010/12/23(木) 00:43:18

⑩にタイプミスが^^;;
×a^2+b^2+b^2
〇a^2+b^2+c^2

0219１３２人目の素数さん

2010/12/23(木) 03:10:00

存在しない。

0220１３２人目の素数さん

2010/12/23(木) 03:20:00

ｘ＾４＋１＾４＝（ｘ＾２）＾２＋１。

0221１３２人目の素数さん

2010/12/23(木) 03:38:41

すみません^^;　⑫は訂正します^^;
寝ている間に問題の誤りに気づいてしまいました^^;

⑫x^4+y^4=z^2+1 を満たす整数x,y,z＞1の組は無限に存在するか。
(x^4+y^4=z^2 が非自明な整数解を持たないことは良く知られている)

1を許してしまうと >>220 の例により無限にあるとなります^^;

0222１３２人目の素数さん

2010/12/23(木) 16:55:30

>>221
⑪の設定の理由は？なぜ mod24？なぜ2と3の累乗？なぜ -7？
理由があるなら(あるとおもうけど)教えてちょ。

0223１３２人目の素数さん

2010/12/23(木) 19:27:32

>>222
a^m-b^n(a,bはa,b＞1なる整定数)はどんな素数を取りうるか
という問題がさきにあったわけです。
そこで、a,bとして最小なペアはa=2,b=3があるわけです。
絶対値がついているのは取りうる値の個数を増やすため。
このままでは問題はとても難しいので、
さきに素数をmodで限定することを考えるわけです。
mod mで考えるとして、mはなるべく小さいほうがいいでしょう。

このとき、次のことがいえるわけです。

任意に互いに素な整数m,s(1＜m＜24)の組を固定したとき、
|2^x-3^y|=p を満たす整数x,yの組が存在するような
p≡s(mod m)なる素数pは少なくとも2つ存在する。
(おそらく無限に存在するのだとはおもいますが、
未解決問題が絡むゆえ、そのことの証明は困難でしょう)

そのことに注目したので、mod 24で考えているわけです。
-7の理由は単純です。p≡-7(mod 24)でないとすれば
条件を満たすpは少なくとも2つ存在するからです。

0224１３２人目の素数さん

2010/12/23(木) 19:35:21

mod mなどと書いてしまいましたがこれは別の文字を使うべきでした^^;
-7の理由も書きなおしておきます^^;
「-7≡s を満たさない24と互いに素な整数sを任意に固定するとき、
|2^x-3^y|=p を満たす整数x,yの組が存在するような
p≡s(mod m)なる素数pは少なくとも2つ存在するから」

0225１３２人目の素数さん

2010/12/23(木) 19:54:00

2=3^1-2^0
3=2^2-3^0
5=2^3-3^1
7=3^2-2^1
11=3^3-2^4
13=2^4-3^1
17=3^4-2^6
19=3^3-2^3
23=2^5-3^2
29=2^5-3^1
31=2^5-3^0
37=2^6-3^3

0226１３２人目の素数さん

2010/12/25(土) 11:53:00

自作問題。いわゆる"初等的な"解答があるかは分からない。

問題：
Nから{0,1}への写像全体の集合族をXと置く。
Xの2元f , g：N → {0,1} に対して、f＋g∈Xを次のように定義する。

(f＋g)(n)：＝「f (n)＋g(n) を2で割った余り」　(n∈N)

次に、f∈Xに対して

E(f)：＝lim[n→∞]＃{ i｜1≦i≦n, f (i)＝1}/n

と置く(fによっては、E(f)は存在しないこともある)。
次が成り立つことを示せ。

　「Xの任意の点列{f_n}_{n∈N}に対して、あるg∈Xが存在して
　 E(g＋f_n)＝1/2 (n∈N)が成り立つ。」

0227１３２人目の素数さん

2010/12/25(土) 16:01:57

集合論の問題か。1/2であるこも本質ではないし、
{0,1}も別に本質ではない。

0228１３２人目の素数さん

2010/12/25(土) 16:17:48

>>227
{0,1}は重要では？？
適当に構造をみて良く知られた定理をアプライする問題だとおもう。
それをあてるクイズゲームだとおもえばいい。

0229１３２人目の素数さん

2010/12/25(土) 16:47:49

(問題)
XをR^nのコンパクトな凸集合とし、Int(X)≠φとする。
Xの境界はR^nの球面と同相であることを証明せよ。

0230１３２人目の素数さん

2010/12/25(土) 16:57:27

>>226
選択公理は必要ですか？
選択公理がなくとも解けますか？

0231226

2010/12/25(土) 17:26:24

>>227
{0,1}である必要は無いけど、「二元集合」であることは大切。
そして、「二元集合」の場合は「1/2」が大切で、1/2以外の値だと
反例が作れる。例えば「0」に置き換えて

　「Xの任意の点列{f_n}_{n∈N}に対して、あるg∈Xが存在して
　 E(g＋f_n)＝ 0 (n∈N)が成り立つ。」

という主張を考えてみると、実はこれは成り立たない。

f_1(i) ＝ 1　(i∈N)
f_n(i) ＝ 0　(i∈N,n≧2)

としてXの点列{f_n}_{n∈N}を定義すると、これが反例になっていて、
どのようなg∈Xをとってきても「 E(g＋f_n)＝ 0 (n∈N) 」が
成り立つようには出来ない。

0232１３２人目の素数さん

2010/12/25(土) 17:35:13

>>226
用意してある解答例は選択公理と独立？

0233226

2010/12/25(土) 17:40:30

>>230,>>232
使ってる道具の性質上、可算選択公理は使ってるはず。

でも、いわゆるあの「選択公理」とは独立。

0234１３２人目の素数さん

2010/12/26(日) 04:02:32

問題5.

pを3以上の素数とする。
(1) nを正の整数とするとき、Σ[i=1_n] i･p^i を p,n を用いて表せ。
(2) p-1以下の正整数kに対して、正整数a(k)をb(k)を
　b(k) = {Σ[j=1,p-1] j^k}･a(k)　と定める。
　1≦k≦p-1 の全てのkについてb(k)がpの倍数であるとき a(k)も全てpの倍数だ
と言えるか？

東大入試作問者スレ１９-153

0235１３２人目の素数さん

2010/12/26(日) 04:21:55

>>234

(1) 与式を f_n(p) とおく。
　(p-1)f_n(p) = (p-1)pΣ[i=1,n] i･p^(i-1)
　　= p･{n･p^n - Σ[i=1,n] p^(i-1)}
　　= p･{n･p^n - (p^n - 1)/(p-1)}
　　= p･{n･p^(n+1) - (n+1)･p^n + 1)}/(p-1),
∴　f_n(p) = p･{n･p^(n+1) - (n+1)･p^n + 1)}/(p-1)^2,

(2)
　k=p-1 のときは　j^(p-1)≡1 (mod p) より
　Σ[j=1,p-1] j^(p-1) ≡ p-1 ≡ -1 (mod p)
よって
　p|b(p-1) ⇒ p|a(p-1)
しかし 1≦k≦p-2 のときは
　Σ[j=1,p-1] j^k ≡ 0　(mod p)
の場合もあるので……

0236１３２人目の素数さん

2010/12/26(日) 04:58:20

>>234
(2) あきらかにいえない
>>235 に正しい解答があるが、
敢えてはっきりというならば、
たとえば a(p-1)=p, a(i)=1 (1≦i＜p) としても
問題の条件を満たすことがいえる。

0237１３２人目の素数さん

2010/12/26(日) 22:13:08

>>216
④
F(n;x) の次数は [ ((n-1)/2)^2 ]

>>217
⑩
平方数の定義により
　a=A^2, b=B^2, c=C^2　(A,B,Cは正整数)
よって
　p^n = a^2 + b^2 + c^2 -2(ab+bc+ca) = -(A+B+C)(-A+B+C)(A-B+C)(A+B-C),
右辺の４つの因子はすべて偶またはすべて奇。

0238１３２人目の素数さん

2010/12/26(日) 23:41:05

>>237
④,⑩のいずれも解答の途中だね
そこまでなら皆わかっているハズ(`･ω･´)

0239１３２人目の素数さん

2010/12/27(月) 01:00:00

０＜ａ≦ｂ≦ｃ。
ｃ－ａ－ｂ＜ａ＋ｃ－ｂ≦ｂ＋ｃ－ａ＜ａ＋ｂ＋ｃ。
（ｃ－ａ－ｂ）＋（ａ＋ｂ＋ｃ）＝（ａ＋ｃ－ｂ）＋（ｂ＋ｃ－ａ）。

0240御手洗景子

2010/12/27(月) 02:48:02

>>217
⑩ 先に結論を書くならば、
「そのような組はギリギリ存在しない」
以下にそのことの証明を述べることにする。

a≧b≧c と仮定する。(そう仮定しても一般性を失わない)
a=x^2, b=y^2, c=z^2 を満たす正整数x,y,zの組を取る。
d=gcd(x,y,z)として、x=ds,y=dt,z=du を満たす正整数s,t,uの組を取る。
a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca)=(x+y+z)(x+y-z)(x-y+z)(x-y-z) と分解できて、
右辺=d^4(s+t+u)(s+t-u)(s-t+z)(s-t-u) となるので、とくに、
(s+t+u)(s+t-u)(s-t+z)(s-t-u) はpの巾であることがいえる。
ここで、s+t+u＞s+t-u≧s-t+z＞s-t-u＞0　に注意しておく。

(ⅰ) p≧3　であるときを考える。
p|s+t+u,s+t-u,s-t+z であることから、p|2s,2t,2u がいえる。
pが奇素数であることとあわせて、p|s,t,u がいえる。矛盾。

(ⅱ) p=2 であるときを考える。
s+t+u≡s-t-u (mod 2) であるので、2|s-t-u となる。(s-t-u＞0に注意)
よって、4|s+t+u,s+t-u,s-t+u であることがいえる。
そこから、4|2s,2t,2u が得られるので、2|s,t,u がいえる。矛盾。

解答のポイントを箇条書きすると...
1) 簡単な因数分解に気づく
2) 3つの数のGCDを取る
3) 大小関係に気をつける
4) pが奇素数かどうかでわける

0241１３２人目の素数さん

2010/12/29(水) 00:46:35

a^2+b^2=c^3+1

0242１３２人目の素数さん

2010/12/29(水) 02:59:33

>>241
　(|a|,|b|,c) = (1, n^3, n^2)
　(|a|,|b|,c) = (8m^6 -1, 4m^3, 4m^4)

0243１３２人目の素数さん

2010/12/29(水) 03:12:12

残った問題は難しいのしかないな

0244１３２人目の素数さん

2010/12/29(水) 14:00:00

ｐ＾ｄ＝ｃ－ａ－ｂ。
ｐ＾ｅ＝ａ＋ｂ＋ｃ。
ｐ＾ｆ＝ａ＋ｃ－ｂ。
ｐ＾ｇ＝ｂ＋ｃ－ａ。

ｐ＾ｄ＋ｐ＾ｅ＝ｐ＾ｆ＋ｐ＾ｇ。
ｐ＾ｅ，ｐ＾ｆ，ｐ＾ｇはｐ＾（ｄ＋１）の倍数でｐ＾ｄはｐ＾（ｄ＋１）の倍数でないので矛盾。

0245１３２人目の素数さん

2010/12/29(水) 17:18:03

>>244
GJ

0246１３２人目の素数さん

2010/12/30(木) 04:36:31

御手洗景子嬢晒し上げ

□投稿者/ 御手洗景子＠一般人(4回)-(2010/06/17(Thu) 21:05:50)
http://mixi.jp/show_friend.pl?id

(1)1/(1-x-x^2)=Σ(n=0～∞)a_n（x^n)に対して、a_0，・・・,a_10を求め、その規則性を見つけよ。そして、どうしてその規則性が成り立つのか説明せよ。
(2)（2-x）/（1-x-x^2)Σ(n=0～∞)a_n（x^n)に対して、a_0，・・・,a_10を求め、その規則性を見つけよ。そして、どうしてその規則性が成り立つのか説明せよ。
(3)（x^2）/（1-x-x^2-x^3)Σ(n=0～∞)a_n（x^n)に対して、a_0，・・・,a_10を求め、その規則性を見つけよ。そして、どうしてその規則性が成り立つのか説明せよ。

できるだけ、詳しく教えてください。お願いします。

0247１３２人目の素数さん

2010/12/30(木) 05:02:11

>>246
別人だろjk
偶然名前が一致したか、恨みがあるかの2択しかありえない。

0248１３２人目の素数さん

2010/12/30(木) 10:02:12

相当マルチしまくりだったからなｗ

0249１３２人目の素数さん

2010/12/30(木) 20:40:24

>>231
もしよろしければ解答おねがいできますか？
過疎ってきているから、加速燃料になるはｚ...

0250１３２人目の素数さん

2010/12/30(木) 22:42:08

>>246

両辺に分母を掛けて x^k の係数を比較する。
(1) a_0 =1, a_1 -a_0 =0, a_k -a_(k-1) -a_(k-2) =0, (k≧2)
　　∴　a_n = F_(n+1), 　Fibonacci数列。
(2)　a_0 =2, a_1 -a_0 =-1, a_k -a_(k-1) -a_(k-2) =0, (k≧2)
　　∴　a_n = F_n +2F_(n-1),
(3)　a_0 =0, a_1 -a_0 =0, a_2 -a_1 -a_0 =1, a_k-a_(k-1)-a_(k-2)-a_(k-3) =0, (k≧3)
　　∴　a_n = T_(n-3)　Tribonacci数列。

0251250

2010/12/30(木) 22:45:40

>>246　訂正

(3)　a_n = T_(n-１)　

0252１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 02:05:23

>>221

⑫ の例
(x,y,z) =
　( 5,　7,　 55)
　(13, 13,　239)
　(27, 37, 1551)

　( 8, 17,　296)
　(32, 17, 1064)
　(28, 47, 2344)
　(76, 47, 6184)
　(44, 63, 4416)
　(64,111,12984)

　(22, 31, 1076)
　(46, 31, 2324)
　(46, 97, 9644)

さて、無限にあるかどうか…

0253１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 02:45:34

そんだけ解あるならば無限にありそうだね。
それでも証明はかなり厳しそうだけど。

それより⑦のほうが真っ暗だとおもう。1つすらみつけられない。
問題文から察するに解は1つはありそうだけど。。。もしくは罠？

0254１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 02:47:39

素因数

0255１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 03:16:05

まあその2題に関しては解答は用意されているわけだし問題なかろう。

0256１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 03:17:27

④
⑥
は削除しろ

0257１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 03:34:59

>>256
④はなぜ？　かなり難しい問題であるのはわかるけど...

0258１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 06:28:09

>>253

⑦の類題
a^a*b^b*c^c=d^d を満たす整数a,b,c,d＞1の組は存在するか?

0259１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 07:13:05

>>258
存在する。 a=12,b=12,c=8,d=24
しかしながら、⑦自体は1つも解がみつけられない。
ということで解がそもそも存在するかどうか教えてくれ
>>1

0260１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 15:00:00

ａ＝２＾（２＾（２ｎ＋１）－（ｎ＋１）２＾（ｎ＋１））（２＾ｎ－１）＾（２＾（ｎ＋１））。
ｂ＝２＾（２＾（２ｎ＋１）－（ｎ＋１）２＾（ｎ＋１）＋２ｎ）（２＾ｎ－１）＾（２＾（ｎ＋１）－２）。
ｃ＝２＾（２＾（２ｎ＋１）－（ｎ＋１）２＾（ｎ＋１）＋ｎ＋１）（２＾ｎ－１）＾（２＾（ｎ＋１）－１）。

0261１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 15:18:51

>>257
死ね屑

0262１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 17:42:40

>>258
　存在する。 a=b=c=4, d=8

0263１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 18:47:09

⑦の解の見つけ方。

d=gcd(a,b,c)とおく。a=ds,b=dt,c=du とおく。
するとそのもとで a^a*b^b=c^c ⇔ d^(s+t)*s^s*t^t=d^u*u^u
ここでたとえば u=s+t-1 とすれば、d*s^s*t^t=u^u となるので、
s^s*t^t|u^u=(s+t-1)^(s+t-1) を満たす正整数s,tを見つければ十分である。
s+t-1 が s,tで割り切れてくれたら十分であるのだがそれは不可能。
そこで、s=a^2,t=b^2 なる置き換えを行う。a-b=1 のときを考えれば、
aが2の累乗にならざるをえないことがいえる。それから >>260 を得る。
(共通項を抹消すると 2^(2n), (2^n-1), 2^(n+1)*(2^n-1) が残る)

0264１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 18:48:12

あ、ちなみにわたしは 260ではないので、彼がどうやって解を得たのかは知らんよｗ

0265１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 18:48:50

④
⑥
は削除しろ

0266１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 19:22:12

>>265
提案者？

0267１３２人目の素数さん

2010/12/31(金) 20:16:32

>>241
(|a|,|b|,c) = (4, 7, 4)
　　　　　　　(17, 21, 9)
　　　　　　　(6, 36, 11)
　　　　　　　(12, 51, 14)
　　　　　　　(21, 48, 14)

0268 【凶】【1175円】株価【30】 u

2011/01/01(土) 00:45:18

今までで解かれてなくて＾＾が削除したのは、
出題者が取り下げたの以外で１つあった。（旧スレ①）
長期間だれも解かなかったから、という理由だったが
今やリストの大半が長期間放置されているね。
個人的には④⑥はまだ考えているから残しておいてほしいけど。

0269 【小吉】【1002円】株価【30】

2011/01/01(土) 00:47:28

つまらん

0270１３２人目の素数さん

2011/01/05(水) 22:30:15

暇つぶし用の易問だから各5分以内に解いてね

①2より大きい自然数nを考える。n進数で2011とあらわされる自然数が2011の倍数となるnを全て求めよ
②kを正整数とする。(a^2+k)/2011が整数になる正整数aが無限に存在するようなkを全て求めよ。
③nを正整数とする。(a^n+1)/2011が整数となる正整数aが無限に存在するnを全て求めよ。

0271１３２人目の素数さん

2011/01/06(木) 03:44:42

手計算で5分以内は厳しい。2011は素数。p=2011とおく。

①2X^3+X+1∈F_p[X] がX-10を因子にもつことは明らか。
残り2つの因子を決定するのは少々計算が面倒。

② (-k/p)を計算すればよいがこれもやはり面倒なだけである。

③ (-1/2011)=-1より、nが偶数のときは条件を満たす正整数aは存在しない。
nが奇数のときは 2011|a+1 なる正整数aを取ればよい。(無数に取れる)

0272１３２人目の素数さん

2011/01/06(木) 18:30:56

1/x1 + 1/x2 + 1/x3 + … + 1/xn ＜1
(但し、x1,x2,x3,…,xnは正の整数)
を満たす左辺の最大値を与えるx1～xnは、
x1=2 ,x(n+1)=Π(k=1～n)xk +1

という定理、結果はよく見るが、
証明は知らない。（名前すら知らないので調べようがない）

これを認めれば⑥は解けるか？

0273１３２人目の素数さん

2011/01/06(木) 19:05:46

>>272
あのさあ、その問題文で検索すると
ttp://okwave.jp/qa/q4770106.html
がヒットするんだけど
なめてんの？

0274１３２人目の素数さん

2011/01/06(木) 19:12:12

ぺろぺろ

0275１３２人目の素数さん

2011/01/06(木) 19:35:24

>>272
それは誰でも知っているとおもうけど、
それ使ったところでなにか発展しますか。

0276１３２人目の素数さん

2011/01/06(木) 19:45:33

④
⑥
は削除しろ

0277１３２人目の素数さん

2011/01/06(木) 23:07:56

>>276
④はなぜ？　かなり難しい問題であるのはわかるけど...

提案者？

0278１３２人目の素数さん

2011/01/06(木) 23:26:56

まあまあ
残った問題で解けそうなものから潰していこうぜ。

0279１３２人目の素数さん

2011/01/06(木) 23:40:56

>>277
お前それしかいえんのか？

0280１３２人目の素数さん

2011/01/07(金) 00:10:54

■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■
■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■
■■■■■■■ このスレは他板・他スレ運営妨害の非常に悪質糞スレの為に ■■■■■■
■■■■■■■反感を買って終了しました。皆様のご愛顧有難う御座いました■■■■■■
■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■
■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■■

猫

0281１３２人目の素数さん

2011/01/07(金) 13:17:07

>>271
面倒でも全部書いて

0282１３２人目の素数さん

2011/01/09(日) 08:12:56

>>270 >>281 　　p=2011 とおく。

①　2X^3 +X +1 = 2(X-10)(X-109)(X+119) + (13X-129)p
　　　　　　　≡ 2(X-10)(X-109)(X+119),　　　(mod p)

・n ≡ 10 (mod p) のとき、
　2n^3 +n +1 = 2(n-10)^3 + 60(n-10)^2 + 601(n-10) + p ≡ 0, (mod p)

・n ≡ 109 (mod p) のとき、
　2n^3 +n +1 = 2(n-109)^3 + 654(n-109)^2 + 71287(n-109) + 1288p ≡ 0, (mod p)

・n ≡ -119 (mod p) のとき、
　2n^3 +n +1 = 2(n+119)^3 - 714(n+119)^2 + 84967(n+119) - 1676p ≡ 0, (mod p)

0283１３２人目の素数さん

2011/01/09(日) 15:50:51

>>282
具体的に F_p多項式分解したのは
存在の証明が他に無いから

0284１３２人目の素数さん

2011/01/10(月) 19:17:49

↓数オリスレから拾ってきたｗ
↓おまえらなら瞬殺だよな？ｗ

１．１以上９以下の整数の組（a,b,c,d）であって、
　　０＜b-a＜c-b＜d-c　をみたすものはいくつあるか。

２．２０１１以下の正の整数のうち３で割って１余るものの総和をA、
　　３で割って２余るものの総和をBとする。
　　A-Bを求めよ。

３．相異なる７以下の正の整数a,b,c,d,e,f,gを用いて
　　a*b*c*d+e*f*gと表せる素数を全て求めよ。

５．２０１１以下の正の整数のうち、一の位が３または７であるもの
　　すべての積をXとする。Xの十の位を求めよ。

８．２桁の正の整数x、yがあり、xの十の位はyの一の位と等しく、
　　yの十の位はxの一の位と等しい。また、xとyの積をPとすると、
　　Pは４桁の整数になり、Pの下２桁を２桁の整数とみなしたものは
　　上２桁を２桁の整数とみなしたものより２３大きくなった。
　　このとき、Pの値を求めよ。

１０．正の整数に対して定義され、正の整数値を取る関数ｆであって、任意の正の整数ｘ、ｙに対して
　　　　　(x+y)f(x)　＜＝　x^2 + f(xy) + 110
　　　をみたすものを考える。このとき、f(23)+f(2011)としてありうる最小の値と最大の値を求めよ。

0285１３２人目の素数さん

2011/01/10(月) 23:27:48

１２．ｎを２以上の整数とする。非負実数a1,…,aｎが　a1＋…＋aｎ＝１　をみたすとき、
　　　
　　　　{Σ(i=1～n)(i*ai)}*{Σ(i=1～n)(ai/i)}^2

　　　としてありうる最大の値を求めよ。

数オリスレでは１２が誰も解けないみたいだから、おまえら助けてやれや

0286１３２人目の素数さん

2011/01/10(月) 23:49:03

現役離れたおっさんには無理だにゃ～

0287１３２人目の素数さん

2011/01/11(火) 00:19:54

＾＾の人に期待か

0288１３２人目の素数さん

2011/01/11(火) 00:37:16

>>285
1

0289１３２人目の素数さん

2011/01/11(火) 00:40:56

a1=1
a2=…=aｎ=0

0290１３２人目の素数さん

2011/01/11(火) 00:48:11

＞12番が１とかいう噂が漂っているが証明でもないくせにそんな自明解だったら財団に切れるぞ

0291１３２人目の素数さん

2011/01/11(火) 01:29:57

>>290
勝手に切れてろ

0292１３２人目の素数さん

2011/01/11(火) 06:26:45

>>288
an ＝ (1－1/n)*(1/3)
a1 ＝ 1－an
a2 ＝ … ＝ a_{n-1} ＝ 0

とすると、nが十分大きいとき与式は1を超える。

0293１３２人目の素数さん

2011/01/11(火) 09:07:16

>>285
全展開後の相加→相乗平均から、
a1= …= aｎのとき最大値 n {Σ(i=1～n)(i)}*{Σ(i=1～n)(1/i)}^2 を取る？

0294１３２人目の素数さん

2011/01/11(火) 09:43:44

368 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2011/01/11(火) 07:11:40
＜さらに転載＞

12
4(n+1)^3/27n^2
a_2~a_n-1を0として3次関数の増減調べただけ。
たしかa_1=(2n-1)/3(n-1)　a_n=(n-2)/3(n-1)。
でも（僕のあてにならない感覚ですが）感覚的にこれは正しそう。証明が無理・・・
これ以上の式が答えであることは確実です。

0295１３２人目の素数さん

2011/01/12(水) 09:19:53

上から目線の例の人もお手上げか

0296１３２人目の素数さん

2011/01/12(水) 09:23:59

というかまだ今年はあらわれてないな

0297１３２人目の素数さん

2011/01/12(水) 14:18:53

>>271が例の人だろｗ

0298１３２人目の素数さん

2011/01/12(水) 18:33:40

最大値が存在することは簡単に証明できるけど、(ほぼ明らかだが)
具体的にそれがなにかはあの問題の場合は難しいきがする。

スレチ-不等式スレ池

0299１３２人目の素数さん

2011/01/12(水) 20:19:25

>>297
^^じゃないだろ

0300１３２人目の素数さん

2011/01/12(水) 23:12:20

＾＾の人と上から目線の例の人は違うよ

0301１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 08:51:26

>>284

1.　1≦b-a, 2≦c-b, 3≦d-c,
　辺々たすと、 6≦d-a,
　d-a=6:　(1,2,4,7)　(2,3,5,8)　(3,4,6,9)
　d-a=7:　(1,2,4,8)　(2,3,5,9)
　d-a=8:　(1,2,4,9)　(1,2,5,9)

2.
　A = 1 + 4 + 7 + ･････ + 2011,
　A = 　　1 + 4 + ･････ + 2008 + 2011,
　A =　　 1 + 4 + ･････ + 2008 + 2011,
相加平均して
A = 1/3 + 2 + 5 + ･････ + 2009 + 2011*(2/3)
　= 1/3 + B + 2011*(2/3)
　= B + 1341,

3.
　題意により、abcd と efg は互いに素。
　∴　6を含む項はまた2,3,4も含むはずだから、
　{a,b,c,d} = {2,3,4,6},　{e,f,g} = {1,5,7}　p=144+35=179,

5.
　(10a+3)(10a+7) = 100a(a+1) + 21 ≡ 21 (mod 200)
　(100b+21)(100c+21)(100d+21)(100e+21)(100f+21) ≡ 1 (mod 100),
　∴ 50ごとに１に戻るので 2000以上の因数を考えればよく、
　2003ｘ2007 = 4020021 ≡ 21 (mod 100) より 2

8.
　P = 3154 = 38 * 83

0302１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 11:55:02

>>301
5の無駄を省いたバージョン

φ(100)=40, 任意の非負整数nに対して、(10n+3)(10n+7)≡21 (mod 100)
したがって、問題の積≡21^(201)≡21^(40*5+1)≡21 (mod 100)

0303１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 12:28:01

任意に a+b=10^k を満たす正整数a,b,kの組を固定する。(a,bはk桁とする)
3k+1桁以下の正整数のうち下k桁がaまたはbであるような数の総積をPとする＝B
このとｂｫ、P-1は10^(2k)で割り切れることを証明せよ。

0304訂正

2011/01/15(土) 12:30:15

(10,ab)=1 を条件に追加しておく。これでＯＫ

0305１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 19:56:58

>>285
4(n+1)^3/27n^2

0306１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 22:46:20

>>285

つまり、与式の最大に関しては、 (x,0,････,0,1-x) を考えれば十分だから
　(与式) ≦ {x + n(1-x)}{x + (1-x)/n}^2
　= {x + n(1-x)}{[1 +(n-1)x]/2}^2･(2/n)^2
　≦ {(n+1)/3}^3･(2/n)^2　　　(← 相乗･相加平均)
　= 4(n+1)^3／(27n^2),　　　　　>>305
等号成立は x = (2n-1)/(3(n-1)) のとき

0307１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 22:48:51

>>305
>>306
どうしてa1, an以外は0なの？

0308１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:04:27

>>306
『与式の最大に関しては、 (x,0,････,0,1-x) を考えれば十分だから』

なぜ？それはかなり非自明な匂いがしますが・・・

0309１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:14:31

そのレベルですか
まずはn=3の場合はやってみてはいかがですかな

0310１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:28:20

>>305 >>306
>>294で既に出てるよ。

0311306

2011/01/15(土) 23:33:50

>>285 >>294 >>307-308

〔補題〕与式の最大に関しては、 (x,0,････,0,1-x) を考えれば十分。

(略証)
　(与式) = F(a_1,a_2,････,a_n)･G(a_1,a_2,････,a_n)^2,
と書ける。ここに
　F(t_1,t_2,････,t_n) = Σ(i=1～n) i･t_i,
　G(t_1,t_2,････,t_n) = Σ(i=1～n) t_i／i,
いま
　x = {1/(n-1)}Σ(j=1～n-1) (n-j)･a_j,
　1-x = {1/(n-1)}Σ(j=2～n) (j-1)･a_j,
とおけば
　⊿F = F(x,0,････,0,1-x) - F(a_1,a_2,････,a_n) = 0,
　⊿G = G(x,0,････,0,1-x) - G(a_1,a_2,････,a_n)
　　　= (1/n)Σ(j=2～n-1) {(n-j)(j-1)/j}･a_j > 0,
また
　y = {1/(n-1)}Σ(j=1～n-1) (n-j)･a_j／j,
　1-y = {n/(n-1)}Σ(j=2～n) (j-1)･a_j／j,
とおけば
　⊿F = F(y,0,････,0,1-y) - F(a_1,a_2,････,a_n)
　　　= Σ(j=2～n-1) (n-j)(j-1)･a_j > 0,
　⊿G = G(y,0,････,0,1-y) - G(a_1,a_2,････,a_n) = 0,
いずれの場合も F･G^2 は増加する。
よって頭書の結論を得る。(終)

0312１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:34:00

証明が重要なわけでそれが書かれていない時点でお察し。

0313１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:34:59

>>312
晒しあげ

0314１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:37:21

恥ずかしいヤツがいると聞いて飛んできたｗｗｗｗｗｗ

0315１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:38:10

>>311
やるね今年の１年

0316１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:42:31

遅い時間で良かったな

0317１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:43:56

ほらはやく初等数論の問題うｐれやゴラっ

0318１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:53:16

>>312
自分はできてないくせになんで態度でかいん？

0319１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:58:20

わからなくてイライラしてるから

0320１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:58:25

不等式への招待第５章
http://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1287932216/

57 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2011/01/12(水) 21:00:00
１＜ｍ＜ｎ。
０≦ａ。
ｂ＝（ｎ－ｍ）ａ／（ｎ－１）。
ｃ＝（ｍ－１）ａ／（ｎ－１）。
ａ＝ｂ＋ｃ。
ｍａ＝ｂ＋ｎｃ。
ａ／ｍ≦ｂ＋ｃ／ｎ。

　（ｘ＋ｎ（１－ｘ））（ｘ＋（１－ｘ）／ｎ）＾２
＝（２ｎ－２（ｎ－１）ｘ）（１＋（ｎ－１）ｘ）＾２／２ｎ＾２
≦（（２ｎ＋２）／３）＾３／２ｎ＾２
＝４（ｎ＋１）＾３／２７ｎ＾２。

59 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2011/01/14(金) 05:00:00
１≦ｉ≦ｎ。
（ｉ－１）（ｉ－ｎ）≦０。
ｎ≦ｉ（ｎ＋１－ｉ）。
１／ｉ≦（ｎ＋１－ｉ）／ｎ。

　Σ（ｉａ（ｉ））Σ（ａ（ｉ）／ｉ）＾２
≦Σ（ｉａ（ｉ））Σ（（（ｎ＋１－ｉ）／ｎ）ａ（ｉ））＾２
＝Σ（ｉａ（ｉ））（（（ｎ＋１）／ｎ）Σ（ａ（ｉ））－（１／ｎ）Σ（ｉａ（ｉ）））＾２
≦（４（ｎ＋１）＾３／２７ｎ＾２）Σ（ａ（ｉ））＾３。

0321１３２人目の素数さん

2011/01/15(土) 23:58:29

だれができたとかできないとかどうでもよい。
ただそこに証明が書かれたかどうかが重要だ。

0322１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 00:00:27

自分で書き足したら

0323１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 00:00:28

さすが不等式の住人達。
59の回答はとても明快。

0324１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 00:01:24

>>321
必死すなあ

0325１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 00:02:03

つか常識的に考えて
>>312 は >>311 のレスをみていないよ。
だってわずか10秒の差だぜ？

0326１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 00:02:36

>>323
示すべき式が違うわけだが

0327１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 00:03:18

>>325
それがどうした？

0328１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 00:04:34

答えだけでいいよ

0329１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 00:04:41

>>326
ほんとうだ 57のアイデアでFAか

0330１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 00:09:56

>>323
何がすごいって投稿時間

0331１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 00:10:56

568 もしもの為の名無しさん[sage]：2011/01/13(木) 00:13:05
計算みすｔった

a1=(2n-1)/3(n-1)
an=(n-2)/3(n-1)
(Σi(ai))(Σ(ai)/i)^2 = 4(n+1)^3/27n^2

こうかな。まぁどうでもいいや。たぶんこれであってる

0332１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 00:32:11

321 １３２人目の素数さん[]：2011/01/15(土) 23:58:29
だれができたとかできないとかどうでもよい。
ただそこに証明が書かれたかどうかが重要だ。

0333１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 00:37:00

>>306 と >>320 (不等式５-057) は相乗･相加平均を使っている。

>>294 (368) は与式をxの3次関数として、増減を調べている。おそらく、

　4{(n+1)/3}^3 - {x + n(1-x)}{nx + (1-x)}^2
= 4{(n+1)/3}^3 - {n - (n-1)x}{1 + (n-1)x}^2
= {(n+4)/3 + (n-1)x}{(2n-1)/3 -(n-1)x}^2 ≧ 0,

等号成立は x=(2n-1)/(3(n-1)) のとき。

0334１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 01:36:20

よくやった
不等式スレに戻ってよいぞよ

0335１３２人目の素数さん

2011/01/16(日) 17:58:26

ついでに･･･

〔系〕
　L>0, m>0 のとき
　F(a_1,････,a_n)^L･G(a_1,････,a_n)^m ≦ λ^L･μ^m,
　λ = (n+1)L/(L+m),
　μ = (n+1)m/(L+m)n,

(略証)
　>>311 より
　(左辺) ≦ F(x,0,･･･,0,1-x)^L･G(x,0,････,0,1-x)^m
　　= {x + n(1-x)}^L･{x + (1-x)/n}^m
　　= {n - (n-1)x}^L･{[1+(n-1)x]/n}^m
　　=　(L^L)･{[n - (n-1)x]/L}^L･{[1+(n-1)x]/m}^m･(m/n)^m
　　≦ (L^L)･{(n+1)/(L+m)}^(L+m)･(m/n)^m　　　　　(← 相乗･相加平均)
　　= λ^L･μ^m,

0336１３２人目の素数さん

2011/01/17(月) 06:31:57

>>311 の訂正
　最後から4-5行目

　⊿F = F(y,0,････,0,1-y) - F(a_1,a_2,････,a_n)
　　　= Σ(j=2～n-1) {(n-j)(j-1)／ｊ}･a_j > 0,

0337１３２人目の素数さん

2011/01/18(火) 02:18:47

>>216①
x+y+z=0, xy+yz+zx=a, xyz=b と置き、整数nに対しS、[n]をS[n]=x^n＋y^n＋z^n で定める。
S[1]=x+y+z=0 , S[2]=x^2+y^2+z^2=-2a , S[3]=3b であり、
S[n+2](x+y+z)={x^(n+2)＋y^(n+2)＋z^(n+2)}(x+y+z) を整理することで
S[n]は漸化式 S[n+3]=-aS[n+1]+bS[n] を満たすことが示せる。これより
nを自然数とした場合、S[n]はa,bの多項式で、S[8]までは次のようになる。
S[4]=2a^2 , S[5]=-5ab , S[6]=-2a^3+3b^2 , S[7]=7a^2b , S[8]=2a^4-8ab^2
S[m+n]/(m+n)=S[m]S[n]/(mn)がa,bによらず成り立つ(m,n)を全て列挙すればよい。

aの多項式f(a)に対し、aについて係数が0でない最高次の項を取る操作を<f,a>と書くことにする。
(<S[6],a>=-2a^3 , <S[6],b>=3b^2 , <S[7],a>=<S[7],b>=7a^2b 等 f≡0の場合は定義しない事とする。)
<S[n],a> , <S[n],b> について次が成り立つ。 (以下いずれもm≧1とする)
<S[2m],a>={(-1)^m}2*a^m , <S[2m+1],a>={(-1)^(m-1)}(2m+1)a^(m-1)b ,
<S[3m],b>=3b^m , <S[3m+1],b>={m(3m+1)/2}a^2b^(m-1) , <S[3m-1],b>=-(3m-1)ab^(m-1)
証明は帰納法による。m=1のときは上記S[2]～S[4]により確認できる。
以下m≦kで成り立つと仮定する。
<S[2(k+1)+1],a>=<-aS[2k+1]+bS[2k],a>=<-a<S[2k+1],a>+b<S[2k],a>,a>
仮定より<S[2k],a>={(-1)^k}2*a^k , <S[2k+1],a>={(-1)^(k-1)}(2k+1)a^(k-1)b なので
<{(-1)^k}(2k+1)(a^k)b+{(-1)^k}2*(a^k)b,a>={(-1)^((k+1)-1)}(2(k+1)+1)a^((k+1)-1)b
となり、m=k+1でも成り立つ。<S[2(k+1)],a>についても同様に示せる。
<S[3(k+1)-1],b>=<-aS[3k]+bS[3k-1],b>=<-a<S[3k],b>+b<S[3k-1],b>,b>
仮定より<S[3k],b>=3b^k , <S[3k-1],b>=-(3k-1)ab^(k-1) なので
<S[3(k+1)-1],b>=<-3ab^k-(3k-1)ab^k,b>=<-(3k+2)ab^k,b>=-{3(k+1)-1}ab^k
となり、m=k+1でも成り立つ。<S[3(k+1)],b> , <S[3(k+1)],b> についても同様に示せる。

0338１３２人目の素数さん

2011/01/18(火) 02:19:46

>>216①
まずm,nがともに自然数の場合を考える
m,nがともに奇数のとき、m',n'を自然数として、m=2m'+1 , n=2n'+1 とおくと
<S[m]S[n],a>/(mn)=<S[m],a><S[n],a>/(mn)={(-1)^(m'+n')}a^(m'+n'-2)b^2
<S[m+n],a>={(-1)^(m'+n'+1)2/(m+n)}a^(m'+n'+1)
より、aの最高次の項が異なるのでS[m+n]/(m+n)≠S[m]S[n]/(mn)
m,nがともに偶数のとき、m=2m' , n=2n' とおくと
<S[m]S[n],a>/(mn)=<S[m],a><S[n],a>/(mn)={(-1)^(m'+n')4/(mn)}a^(m'+n')
<S[m+n],a>={(-1)^(m'+n')2/(m+n)}a^(m'+n')
より4/(mn)=2/(m+n)となる(m,n)=(4,4)でのみaの最高次の項が一致する。
S[4]S[4]/(16)=a^4/4 , S[8]/8=a^4/4-ab^2 であるので
m,nがともに偶数のときも S[m+n]/(m+n)≠S[m]S[n]/(mn) となる。
m,nの偶奇がそれぞれ異なるときm=2m'+1 , n=2n' とすると
<S[m]S[n],a>/(mn)=<S[m],a><S[n],a>/(mn)=(-1)^(m'+n'-1)(2/n)a^(m'+n'-1)b
<S[m+n],a>={(-1)^(m'+n'-1)}a^(m'+n'-1)b
であるので mが奇数でn=2のときのみaの最高次の項が一致する。

m=6m'+1の場合
<S[m],b><S[2],b>/(2m)=m'/2a^3b^(2m'-1) , <S[m+2],b>/(m+2)=-6ab^(2m'+2)/(m+2)
bの最高次の項が異なるのでS[m]S[2]/(2m)≠S[m+2]/(m+2)
m=6m'+3の場合
<S[m],b><S[2],b>/(2m)=(-3/m)ab^(2m'+1) , S[m+2,b]/(m+2)=-ab^(2m'+1)
これはm=3のときのみ一致する。m=3,n=2,のときS[3+2]/5=-ab=S[3]S[2]/(3*2) より成り立つ。
m=6m'+5の場合
<S[m],b><S[2],b>/(2m)=a＾2b^(2m'+1) , <S[m+2],b>/(m+2)=(m'+1)a^2b^(2m'+1)
これはm'=0、つまりm=5のときのみ一致する。m=5,n=2のとき
S[7]/7=a^2b=S[5]S[2]/(5*2) より成り立つ。
以上から、m,nが自然数の場合、(m,n)＝(2,3),(2,5),(3,2),(5,2)の時のみ
成り立つことが示された。

0339１３２人目の素数さん

2011/01/18(火) 02:20:36

>>216①
以下m,nが負の数を含む場合を考える。
x^{-m}＋y^{-m}＋z^{-m} ={(xy)^m+(yz)^m+(zx)^m}/(xyz)^m={(xy)^m+(yz)^m+(zx)^m}/b^m
となるので T[m]=(xy)^m+(yz)^m+(zx)^m と置くと
T[0]=3 , T[1]=xy+yz+zx=a , T[2]=(xy)^2+(yz)^2+(zx)^2=a^2
T[n+3]=aT[n+2]+b^2T[n] が成り立つ。n≧0でT[n]はa,bの多項式となる。
上記の等式から S[-m]=T[m]/b^m が常に成り立つ。また<T[n],a>=a^nが成り立つ。(n≧1)

m,nがともに負の場合、
S[m]S[n]/(mn)=T[-m]T[-n]/{b^(m+n)mn} , S[m+n]/(mn)=T[-(m+n)]/{b^(m+n)mn}
であるので T[-(m+n)]/(m+n)=T[-m]T[-n]/(mn) となるものを探せばよい。
-m=m'>0 , -n=n'>0 とし、T[m']T[n']/(m'n')とT[m'+n']/(m'+n')を考える。
<T[m'],a><T[n'],a]>/(m'n')=a^(m'+n')/(m'n') , <T[m'+n'],a>/(m'+n')=a^(m'+n')/(m'+n')
となるので、T[-(m+n)]/(m+n)=T[-m]T[-n]/(mn) が成り立つのならば
m'+n'=m'n' が成り立たなければならない。よってm'=n'=2の時のみ成り立ちうるが、
T[2]/2=a^2/2 , T[4]/4=a^4/4+ab^2 なので、常にT[-(m+n)]/(m+n)≠T[-m]T[-n]/(mn) となる。

m<0,1<nの場合(n=1のときは明らかに成り立たないので考えなくてよい。)
S[m]S[n]/(mn)=T[-m]S[n]/{b^m(mn)} について考える。最高次の項についての結果から
これはaについて -m+[n/2] 次の多項式となることがわかる。([ ] はガウス記号)
一方 S[m+n]/(mn) について、m+n≧1の場合、S[m+n]/(mn)は[(m+n)/2]次の多項式となる。
[(m+n)/2]＜-m+[n/2 ]なので、 S[m]S[n]/(mn)≠S[m+n]/(mn) が常に成り立つ。
m+n＜0の場合 S[m+n]/(mn)=T[-(m+n)]/{b^(m+n)mn} は -(m+n) 次の多項式となり
-(m+n)＜-m+[n/2] なので、このときも明らかにS[m]S[n]/(mn)≠S[m+n]/(mn)

以上からm,nを整数とした場合も、解は(m,n)＝(2,3),(2,5),(3,2),(5,2)のみである。

0340sage

2011/02/02(水) 16:21:18

同じ３桁の数を２つ並べた数値は、７で割り切れる
例）
256256 ÷ 7 = 36608
954954 ÷ 7 = 136422

0341１３２人目の素数さん

2011/02/02(水) 16:29:00

abc(1000+1)=abcx143x7

0342１３２人目の素数さん

2011/02/02(水) 18:17:50

>>341
340です。
なるほど、簡単なんですね。

0343１３２人目の素数さん

2011/02/02(水) 18:58:05

>>342
1001=10^3+1 が7で割り切れることは1秒でわかるから〇×クイズれべる

0344１３２人目の素数さん

2011/02/02(水) 21:48:19

>>343
よー、おまえ復活したか、上から目線野郎

0345１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 06:47:45

mod 2 の整数の世界で(つまり0か1)

xyz + xy + z

を因数分解するか、因数分解できないことを証明してっちょ

0346１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 15:17:06

>>345
問題のリステート
xyz+xy+z∈F_2[x,y,z]は既約であるか。
そうでないならばこれの分解を与えよ。

0347１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 16:53:13

>>345
>>346

R=F_2[X,Y,Z]とおく。
p:=XYZ+XY+Z∈R が既約であることを示したい。
pが可約だと仮定し、p=fg を満たすf,g∈R＼F_2を取る。
ここで、pにZ=1を代入したものを考えると、
p(X,Y,1)=XY1+XY+1=1 となるが、p=fg だったから、
1=f(X,Y,1)g(X,Y,1)　の成立がいえる。
ここから、f(X,Y,1)=g(X,Y,1)=1 がいえる。
よって、f-1=jZ, g-1=kZ を満たすj,k∈Rが取れる。
p=fg=(jZ+1)(kZ+1)=kjZ^2+(k+j)Z+1
Z^2の項に着目することで、jk=0 がいえる。
これは明らかに矛盾である。
(∵jk=0ならばjかkのいずれかは0であるがそのときは
f-1=jZ, g-1=kZ より、f,gのいずれかはF_2に属する)

0348１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 17:20:25

>>Z^2に着目
の部分がわからないのだが、Z^2≡Zじゃないか?

0349１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 17:32:55

xyz + xy + z = (xz + x + z) * (yz + y + z)

でも、2次*2次になっちゃってるし。これならいくらでも作れそう
なんか制限をかけないとmodの世界だと一意に因数分解できないのかも

0350１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 17:43:24

>>349
うそかくなよ。
xyz^2=xyz は成立せんぞ。
zも不定元だろ。

0351１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 17:45:26

>>349
君、もしかして、一般に体係数の多変数多項式環がUFDであることを知らないの？
それとも問題を勘違いしてる？
>>345 は >>346 の意味で書いているのだからこれは分解できないよ。

0352345=349

2011/02/04(金) 17:58:23

xyz^2 = xyzじゃないか?
1 * 1 = 1, 0 * 0 = 0だし。
でも、俺群とか環とかイデアルとかあんまり知らないから、変なことを言ってるのかもしれないけど
とりあえずF_2の記号がわからん

0353１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 18:04:27

>>352
多項式の概念では不定元と係数は区別される。

0354１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 18:21:55

>>353
分かってきた。
多項式の掛け算で指数に対してもmodが効くっていう定義を付け加えておけばよかったんだな
でも、初等整数論のスレなのにー

0355１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 18:24:05

1変数のXに関する整数係数多項式の例

X^2+1 はそういうものの1つである。
ここでXは不定元であり、複素数ですらない。
Xに値を(形式的)"代入する"(X=z∈C)という操作によって
はじめてz^2+1は何らかの良く知られた数の集合に属する。

さて、F_2というのは2元体を意味していることがおおい。
これは0と1だけからなる集合であり、演算は次のように定義されている。
0+0=0, 0+1=1+0=1, 0*1=1*0=0*0=0
この演算(+,*)により、F_2は可換体をなす。

1変数のF_2係数多項式環F_2[X]というのは
"係数"がF_2に属している多項式の集合で、
自然な足し算と掛け算により可換環をなしている。
(掛け算は注意が必要。Σa_iX^iΣb_iX^i=Σa_ib_jX^(i+j))
ちなみに係数が0の項は書かないのが慣習である。
(こうすることで有限項で打ち切ることができる)

計算例: (X+1)(X+1)=X^2+(1+1)X+1*1=X^2+0X+1=X^2+1

0356354

2011/02/04(金) 18:25:33

間違えた、指数にmodを効かすだけじゃだめだったけど、
とりあえず不定元が整数の剰余環っぽくふるまうように定義すればよかったということで

0357１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 18:38:32

1105 = a^2 + b^2
を満たす、自然数a, bをもとめてっちょ

0358１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 18:45:21

>>357
君は高校生かい？
Z[i]の中では 1105=(2+i)(2-i)(3+2i)(3-2i)(4+i)(4-i)
あとはa+biの取り方を考えれば解が全て得られる。

0359１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 18:52:01

(2+i)(3+2i)(4+i)=9+32i
(2+i)(3+2i)(4-i)=23+24i
(2+i)(3-2i)(4+i)=33+4i
(2+i)(3-2i)(4-i)=31-12i

この計算結果から求める正整数a,b(a≧b)の組が
(a,b)=(33,4),(32,9),(31,12),(23,24)の4個で全てといえる。

0360357

2011/02/04(金) 18:58:01

頭いいな、俺には数学向いてないや
俺はなんとなくa^2 + b^2の集合が掛け算に関して閉じてるなっと思ったから出したが、そういうことだったか

0361１３２人目の素数さん

2011/02/04(金) 19:14:08

[問題]
X^9+X+1∈F_2[X] は既約かどうか判定せよ。
(なるべく手際の良い方法で)

0362１３２人目の素数さん

2011/02/05(土) 02:48:37

>>361
F_2[X]の2次の既約多項式は X^2+X+1
3次の既約多項式は X^3+X+1, X^3+X^2+1
4次の既約多項式は X^4+X+1, X^4+X^3+1, X^4+X^3+X^2+X+1

f:=X^9+X+1が可約だと仮定すると、
1次以上4次以下の既約因子を持つ。

fは明らかにF_2の中に根をもたない。

任意に原始3乗根w,原始5乗根sをとるとき、
f(w)=w^9+w+1=(w^3)^3+w+1=1+w+1=w≠0
f(s)=s^9+s+1=s^4+s+1≠0 (∵4次既約多項式のリスト)

X^3+X+1の根の1つをαとすると、
f(α)=α^9+α+1=(α+1)^3+(α+1)=(α+1)((α+1)^2+1)≠0
(∵f(α)=0ならば第2因子=0となるがそれはαの次数に矛盾する)
X^3+X^2+1の根の1つをαとすると、
f(α)=α^9+α+1=(α^2+1)^3+(α+1)=(α+1)^6+(α+1)
=(α+1)((α+1)^5+1)=(α+1)(α^5+α^4+α)=α(α+1)(α^4+α^3+1)≠0
(∵f(α)=0ならば第3因子=0となるがそれはαの次数に矛盾する)

X^4+X+1の根の1つをαとすると、
f(α)=α^9+α+1=α(α^4)^2+α+1=α(α+1)^2+(α+1)≠0 (∵αの次数)
X^4+X^3+1の根の1つをαとすると、
f(α)=α^9+α+1=α(α^3+1)^2+(α+1)=α^7-1≠0
(∵X^(2^3-1)-1の根はGF(2^3)の元とみれるから次数は3以下)

以上より、fが既約であることが示された。

0363１３２人目の素数さん

2011/02/05(土) 17:00:50

初等代数の問題まで出題していいってことにすれば、
出題可能なものが少しだけ増える悪寒がスｒ

0364１３２人目の素数さん

2011/02/07(月) 20:24:03

nを自然数とする
n,n+1,n+2,n+3,n+4,n+5,
これらの自然数を２組に分けたとき
それぞれの組に含まれる自然数の積は必ず異なることを示せ

0365１３２人目の素数さん

2011/02/07(月) 21:51:08

>>364
以下、Z/7Zの中で考える。

n≠1のとき、
6つの自然数の中に0が唯一つ存在する。
0を含む組の積は0になり、
そうでない組の積は0でない。

n=1のとき、
6つの自然数の集合は{1,2,3,4,5,6}に等しい。
任意に2組にわけ、2つの積をA,Bとおくと、
6つの自然数の総積は 6!= -1 であるから、
当然、A*B= -1 の成立がいえる。
ここで、A=Bと仮定するならば、A^2 = -1 となる。
しかし、(-1/7)= -1 であるからこれは矛盾。

0366１３２人目の素数さん

2011/02/07(月) 21:52:35

>>364
ｎが十分大きいとき。２つの組は同数の要素を含まなければ、要素の多い組のほうが積は大きくなる。

５で割った余りが双方で一致するためには n～n+5に５の倍数を2つ含まなくてはならない。
つまり、ｎは５の倍数でなくてはならない。またnとn+5はおなじ組に入れられない。

３で割った余りが双方で一致するためには
(ｎ,n+3),(ｎ+1,n+4),(ｎ+2,n+5) その３ペアからひとつずつの数をえらばなくてはならない。
nとn+5は同じ組に入れないのだから、ｎとn+2、n+3とn+5は同じ組になくてはならない。

残った組わけのうち n,n+2,n+4 と n+3,n+1,n+5 ではどちらかが奇数ばかり他方は偶数ばかりになり
両者の積は一致しない。

最後の組み合わせ、 n,n+1,n+2 と n+3,n+4,n+5 では前者が必ず小さいので不適

結局どのように組わけをしても両者の積は一致しない。

nが小さいときは… まだわからん。

0367１３２人目の素数さん

2011/02/07(月) 22:02:47

>>366
mod 7で考えればいい。

>>365 のいっている通りだけど、
より広範囲にわかるように説明すると
nを7で割ったときの余りを考えればよい。
余りが1でないかぎり、6つのうち、1つだけ余りが0になる。
ということはその場合は考えなくて良い。
余りが1のときはウィルソンの定理と平方剰余の第一補充法則が使える。
この手法は明らかに自然な一般化ができる。

0368１３２人目の素数さん

2011/02/10(木) 00:31:12

>>364

大昔の数オリの問題だな
まだ日本が数オリに参加してなかった時代

0369福田和也

2011/02/22(火) 22:51:31.58

自然数上を動くn個の変数x1,x2･･･,xnが
x1 + x2 + ･･･ + xn = M である（和が一定、無論 M ≧ n ）。
この条件の下で変数の積 x1 * x2 * ･･･ * xn を最大にする
値の組み合わせ (x1 , x2 , ･･･ , xn) は | xi - xj | ≦ 1 (∀i,j)
であることを示せ。

（意訳： x1 * x2 * ･･･ * xn を最大にするには手持ちのM個の資源を
　n個の変数に出来るだけ均等に配分する必要があることを示せ。）

0370>>1

2011/02/23(水) 20:57:19.22

皆さんすみません^^;
数学に取り組んでいて、算数パズルを作っている時間がありませんでした^^;
昔の問題はかなりありますがそろそろここに投稿しますね。

>>369
(私が問題に返答するのは稀でしたが...単に燃料ということで^^;)
a-b＞1 ⇔ (a-1)(b+1)＞ab からダイレクトに従うと思います^^

0371整数の基本性質

2011/03/07(月) 20:21:08.57

（定理1-1)

a.b∈Z、b≧0とするとき
a＝bq＋r.0≦r＜b…（*）
を満たすq.rが唯一組定まる

0372１３２人目の素数さん

2011/03/07(月) 20:42:02.27

>>371ﾉ証明

どのようなbに対しても
qb≦a＜（q＋1）b
を満たすq∈Z が必ず唯一つ存在する
すなわち、
0≦a－bq ＜b
よって、r＝a－bqとおくと
（*）が成り立つ

0373１３２人目の素数さん

2011/03/21(月) 14:52:52.26

y^2=x^n-x+2 を満たす自然数n,x,yの組をすべて求めよ
大学への数学の宿題の問題だけど
過疎ってるし投下

0374Ｌ

2011/03/28(月) 14:07:00.59

>>373
y^2≡-1 (mod 3)になりえないので、
mod 3 でみることで x≡-1 (mod 3)がいえる。
これから nが偶数であることもいえる。n=2mとおく。
x＞2であるとき (x^m-1)^2＜x^n-x+2＜(x^m)^2 が成立する。
なのでこのときは問題の等式は成立しえない。
x=2であるときは nが偶数であることが
問題の等式が成立することの必要十分条件である。

0375１３２人目の素数さん

2011/03/28(月) 16:48:15.25

>>374
死ね

0376１３２人目の素数さん

2011/04/05(火) 18:42:24.88

>>374
ネタバレはあかん

0377１３２人目の素数さん

2011/04/07(木) 05:02:26.82

x^3 +y^3 +z^3 = (x+y+z)^3
をみたす(x,y,z)を求めよ

0378１３２人目の素数さん

2011/04/07(木) 07:21:58.12

>>377
(0,0,0)

0379１３２人目の素数さん

2011/04/07(木) 13:20:13.18

(x,y,z)=(t,s,-s),(-s,t,s),(s,-s,t)

0380Ｌ

2011/04/07(木) 16:30:41.87

>>377
0 = 左辺-右辺 = 3(x+y)(y+z)(z+x)

(問題)
3n^2-n-1 が2つの互いに素な合成数の和で表現できるような整数nを全て求めよ。

0381１３２人目の素数さん

2011/04/07(木) 21:18:59.54

>>380
3n^2 -n-1=n^2 +(2n+1)(n-1)だから、検討すべき場合は有限個に絞れるね。

0382１３２人目の素数さん

2011/04/07(木) 21:54:34.16

381のは綺麗な方法だけどこんなアホみたいな方法もあるぞ。

2^2, 2^3, 2^4, 2^5 のどれかを
3n^2-n-1 から引き算すれば 5の倍数になる
なぜなら 3n^2-n-1は常に5で割り切れなくて
しかも 2^2,2^3,2^4,2^5を5で割った余りは全て異なるから。
一方、3n^2-n-1は常に奇数であるからあわせて解答がつくれる。

0383１３２人目の素数さん

2011/04/07(木) 22:03:02.04

-1,0,1,2.
210.

0384１３２人目の素数さん

2011/04/08(金) 14:48:55.81

156156や598598や713713713713みたいな3桁で繰り返し
かつ6の倍数の桁数である数は必ず143で割り切れる
123123のような3桁を繰り返した数字は
まずもって7で割り切れる
3桁を繰り返せば1001=7×11×13で割り切れるからね

↑有名なコピペだから知らなかったヤツは暗記しとけ＾＾
暇な奴はこの性質を使った難問でも作ってろ＾＾

0385１３２人目の素数さん

2011/04/08(金) 16:34:04.18

問題を作るのが一番難しいんだよ！

0386１３２人目の素数さん

2011/04/08(金) 21:32:32.49

任意に整数m＞2と整数aを固定する。
a^n≡-1 (mod m)を満たす正整数nが存在すると仮定し、
そのようなもので最小のものをsとおき、さらに、
aのmod mでの位数をuとおくとき、u=2sが成立する。
これを証明せよ。

sは位数uの半分くらいな感じがしますよね^^
sの言葉を使うと解答を少しだけ簡略化できる問題が存在します^^

0387１３２人目の素数さん

2011/04/08(金) 23:42:48.56

>>386
問題整理汁

0388１３２人目の素数さん

2011/04/09(土) 02:17:41.24

>>386
この問題のポイントとしては、sがuで割り切れることと、2sがuで割り切れることに尽きる。
そして、m＞2だからu=sはあり得ないから、結局u=2sがいえるんだね。

0389388

2011/04/09(土) 02:38:46.64

これだけじゃ何なんで、「sがuで割り切れることと、2sがuで割り切れること」を軽く説明
2sがuで割り切れる事の説明
2sをuで割った時の余りをrとする。1≡a^(2s)≡a^r (mod m)でuの最小性より、r=0がいえる。

uがsで割り切れる事の説明
uをsで割った時の賞をq、余りをtとおくと、a^t≡(-1)^(-q)*a^u≡±1 (mod m)
sの最小性よりa^t≡-1 (mod m)にはなりえず、 a^t≡1 (mod m)の場合もa^(s-t)≡a^(s-t)*a^t≡-1 (mod m)
より、sの最小性を考慮するとt=0とならざるを得ない。

0390１３２人目の素数さん

2011/04/09(土) 04:21:25.09

まあまあな問題だな
利用価値のある小道具っていう感じだ

0391１３２人目の素数さん

2011/04/12(火) 00:57:31.48

x,yが整数で、y^2 + 3x^2y^2 = 30x^2 + 517 のとき、3x^2y^2 の値をもとめよ

0392≫≫301

2011/04/12(火) 00:59:33.30

3x^2y^2 は、３かけるx^2かけるy^2 ね

0393１３２人目の素数さん

2011/04/12(火) 01:06:02.43

括弧を使え

0394１３２人目の素数さん

2011/04/12(火) 01:20:49.65

>>391

0395１３２人目の素数さん

2011/04/12(火) 01:31:47.17

>>391
なぜ2乗にしているの？べつに y+3xy=30x+517 でもいいでしょ。
無駄に指数を上げることで問題の価値が下がっていくよ。

y+3xy=30x+517 ・・・(*) を満たす整数x,yを全て求めることにする。
LHS=y(3x+1), RHS=10(3x+1)+507
そして常に3x+1≠0であるから、
(*)が成立する ⇔ 3x+1|507 かつ y=10+507/(3x+1)
507=3*13^2であるから、3x+1|507 ⇔ 3x+1|13^2
⇔ 3x+1∈{1,13,169} ⇔ x∈{0,4,56}

以上より(*)を満たす全ての整数x,yの組は
(x,y)=(0,517),(4,49),(56,13) の3つである。

とくに >>391 の問題の答えは (x,y)=(4,49)

0396１３２人目の素数さん

2011/04/12(火) 01:34:15.29

ごめん。>>391 の問題の答え自体は 3*4*49=588 だね。
3ポストのうち、2つも無駄な投稿をしてしまった。すまんね。

0397１３２人目の素数さん

2011/04/19(火) 00:00:30.34

>>395
3x+1|13^2 から 3x+1∈{1,13,169} は "フツウ"はいえないね
mod 3での対称性をつかっているのかね？
ふつうは負の約数まで考慮する必要があるからね。
ただ、mod 3で0でない数にマイナスをつけると、
mod 3での符号も反転するから、その議論は特別に通用する。
3x+1はmod 3で1で、1,13,169もすべてmod 3で1だからね。
-1,-13,-169はすべてmod 3で-1になり、3x+1に一致しえない。

0398１３２人目の素数さん

2011/04/19(火) 00:20:26.11

>>391
>>395
の問題を数ランクうｐしたものをつくってみた

3xy+6x+y-1が平方数になるような
整数x,y(y＜1)の組を全て求めよ。

大きなヒントは既に出ているから簡単すぎかな

0399１３２人目の素数さん

2011/04/19(火) 03:09:33.86

予想
398はあほな勘違いをしている

0400１３２人目の素数さん

2011/04/19(火) 11:21:35.61

3xy+6x+y-1=n^2
(3x+1)(y+2)=n^2+3
y+2=(n^2+3)/(3x+1)
y=(n^2+3)/(3x+1)-2

0401Ｌ

2011/04/19(火) 15:44:29.82

4|yになる場合を除外すれば締まりのある問題になりそうですね。

0402１３２人目の素数さん

2011/04/21(木) 00:36:21.10

-1

0403１３２人目の素数さん

2011/04/21(木) 19:09:18.18

p^2=(1+a/b)(1+b/a)(a+b-1)を満たす自然数abの組み合わせを求めよ
pは素数

0404１３２人目の素数さん

2011/04/21(木) 22:49:08.33

>>403
d=(a,b),a=ds,b=dt(s≧t)とすると、与方程式は
stp^2=(s+t)^2*(d(s+t)-1) ・・・(*) と変形される。
(s+t,st)=1 であるから、(*)より、(s+t)^2|p^2 がいえる。
pは素数であるから、これから、p=s+t がいえる。
(*)とあわせて、(s+1)(s-1)=p(s-d) ・・・(!) が得られる。
pは素数であるから、(!)より、p|s+1 または p|s-1 である。
s-d＜s+1 であるから、(!)より、p|s-1 になりえず、p|s+1 となる。
s-1≧s-d であるから、p|s+1 と (!) より、d=1 かつ t=1 が得られる。
よって、求める自然数a,bの組は
a=p-1, b=1(p:任意の素数)で全てである。

0405１３２人目の素数さん

2011/04/22(金) 23:24:38.65

http://www.casphy.com/bbs/test/read.cgi/highmath/1174966415/

85 だるまにおん　[2009/01/28(水) 22:38:52]

x,y,zが自然数のとき
　　(xy+1)(yz+1)(zx+1)が平方数
　　　　⇔ xy+1,yz+1,zx+1全てが平方数

0406１３２人目の素数さん

2011/04/23(土) 05:54:18.90

>>405
やや有名な問題。
以下、補題からはじめて解答を書くことにする。

正整数全体の有限な部分集合で、どの2元の積に1を足しても
平方数となるようなものをD-setと呼ぶことにする。
たとえば、{1,3,8,120} はD-setになっている。

[補題]
{p,q,r}がD-setであるとき、
s=p+q+r+2pqr±2√{(pq+1)(qr+1)(rp+1)} ・・・(*)
とおけば、(符号はsが正となるように選ぶことにする)
{p,q,r,s}もD-setとなる。

(証明)
次の3つの等式の成立が確認できることから明らか
(p+q-r-s)^2=4(pq+1)(rs+1)
(p+r-q-s)^2=4(rp+1)(qs+1)
(p+s-q-r)^2=4(qr+1)(ps+1)

0407１３２人目の素数さん

2011/04/23(土) 06:03:50.31

[解答]
(pq+1)(qr+1)(rp+1)が平方数であり、かつ、
{p,q,r}がD-setとならないような正整数p,q,r(p≦q≦r)
が存在していたと仮定する。(ここから矛盾を導きたい)
そのようなp,q,rの組のうち、とくに、
p+q+rが最小となるようなp,q,rを取ってきたとする。
ここで sを (*)においてマイナスの符号の方で定める。
このとき、0＜s＜rであること、および、
(ps+1)(qs+1)(pq+1)が平方数であることが示せる。
さらに、{p,q,r}がD-setでないことも示せる。
もし、それが示されれば、p+q+rの最小性に矛盾となる。
ということで、それらの主張が正しいことを示したい。

sの定め方から次の等式の成立を確認することができる。
16(pr+1)(qs+1)(qr+1)(ps+1)(pq+1)^2={(pq+1)(p+r-q-s)(p+s-q-r)}^2
これから、(ps+1)(qs+1)(pq+1)が平方数であること、
および、{p,q,s}がD-setでないことはほとんど明らかである。

0408１３２人目の素数さん

2011/04/23(土) 06:06:05.34

最後に 0＜s＜rの成立を示すことにする。
まず、0＜s であることを示す。
(p+q-r-s)^2=4(pq+1)(rs+1) であるから
(これは補題の証明で用いた3つの等式のうちの1つである)
とくに rs+1≧0 であることがいえる。
r=1であるならば、p≦q≦r より、p=q=r=1 となり、
このとき、(pq+1)(qr+1)(rp+1)は平方数とならない(矛盾)
また、s=0であるならば、補題で用いた3つの等式から、
{p,q,r}がD-setとなってしまい、これも矛盾である。
よって、s＞0 であることがいえた。
つぎに (*)においてプラスの符号をとったものをtとすると、
st=p^2+q^2+r^2-2pq-2qr-2rp-4＜r^2
さらに、s＜t であるから、あわせて、s＜r がいえた。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　■

0409１３２人目の素数さん

2011/04/28(木) 22:13:32.70

問題投下
正の整数kを任意に取る。
n!がn^2 +kで割り切れるような正整数nは無数に存在することを証明せよ。

0410１３２人目の素数さん

2011/04/28(木) 22:52:56.04

n = k^2 * a^3 (aは任意の整数)
みたいな

0411１３２人目の素数さん

2011/04/28(木) 22:54:31.12

ミスったorz

0412Ｌ

2011/04/29(金) 01:47:09.03

>>409
rをkとパリティの異なる3以上の任意の整数とする。
このとき、n=r^2+r+k とおけば、n^2+k|n! がいえる。

(pf)
上記のようにr,nを取るならば、
n^2+k=(r^2+k)(r^2+2r+k+1) となるが、
r≧3 であることから、
2＜(r^2+2r+k+1)/2＜r^2+k＜r^2+r+k=n
がいえて、さらに rのパリティから、
(r^2+2r+k+1)/2 は整数であることがいえる。
よって、2*{(r^2+2r+k+1)/2}*(r^2+k)|n! がいえた。
すなわち、n^2+k|n! がいえた。

0413１３２人目の素数さん

2011/04/29(金) 17:28:23.96

>>412
回答ありがとう、正解。
俺はk+1の倍数rに対して、n=r^2 +r+kとおく方法を考えていた。

0414１３２人目の素数さん

2011/04/30(土) 02:27:17.46

問題
12で割ると7余る素数が無数に存在することを証明せよ。
(算術級数の素数定理を使わないで示すこと)

0415Ｌ

2011/04/30(土) 02:55:50.07

>>414
そのような素数が無限に存在しないと仮定し、
そのような素数の全ての積(有限)をPとおく。

ここで、Q:=(2P)^2+3 という自然数を考える。
Q≡-1(mod 4)であるから、q≡-1(mod 4)なるQの素因数qが存在する。
Pは3で割り切れないから、Qは3で割り切れないので、q≠3
(-3/q)=1 であるから、これから q≡1(mod 3)がいえる。
あわせて、q≡7(mod 12)であることがいえる。
よって、Pの定め方から、q|P であるといえるが、
Q=(2P)^2+3 であったから、あわせて、q|3 となる。
しかし、これは明らかに q≠3 に矛盾している。

0416１３２人目の素数さん

2011/04/30(土) 21:49:31.13

>>415
正解。

それではまた、問題投下
a とbをa＞bをみたす正の整数とする。
このとき、n|a^(n-1)-b^(n-1)をみたす合成数nが無数に存在することを証明せよ。

0417Ｌ

2011/04/30(土) 23:00:01.49

>>416
aとbが互いに素であるときを考えれば十分である。
以下、aとbは互いに素であると仮定しておく。

(補題)
6より大きい整数mに対して、
ord_q(a/b)=mなる素数qが存在する。

有名なので(証明はどこにでもあるので)証明は省く。

[解答]
任意にord_r(a/b)＜r-1 なる素数r＞7を取る。
補題より、とくにord_q(a/b)=r-1なる素数qが存在する。
これから r-1|q-1 がいえるので r-1|qr-1 もいえる。
また、rの取り方から、q≠rがいえるので、あわせて、
qr|a^(qr-1)-b^(qr-1) の成立がいえる。

0418Ｌ

2011/04/30(土) 23:08:15.86

問題投下します。
既にスレの中にあるようですが、
再浮上ということで・・・

[問題)
各整数n≧6に対して τ(n!)|n! であることを示せ。
(各正整数xに対して、τ(x)はxの正の約数の個数を表すとする)

0419１３２人目の素数さん

2011/05/01(日) 00:21:26.79

>>417
補題はZsigmondyの定理からすぐいえるね、俺の回答の方針はこう。
pをab(a^2-b^2)より大きな素数とする。
n={a^(2p) -b^(2p)}/(a^2 -b^2)とおくと、nが合成数でかつn|a^(n-1) -b^(n-1)であることがいえる。
実は意外と簡単に解けたのですw

0420Ｌ

2011/05/01(日) 02:33:11.03

>>419
良い回答ですね！
補題はまさにZsgimondyの定理(の枝葉を切った)のつもりでした。

0421あんでぃは単細胞 ◆AdkZFxa49I

2011/06/16(木) 21:26:20.67

あんでぃ

0422１３２人目の素数さん

2011/06/27(月) 16:37:37.79

質問です。
1以上の自然数a,b（a≠b）で、
a^3+b^3
は、必ず合成数になりますか？それって当たり前の事ですか？
教えてください。よろしくお願いいたします。

0423１３２人目の素数さん

2011/06/27(月) 19:41:15.13

>>422
a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2) で a+b>1, a^2-ab+b^2>1 なので，合成数

0424１３２人目の素数さん

2011/06/27(月) 20:06:32.69

>>423
ありがとうございます。素晴らしいです。
私も自力で解けるように、学生時代の数学の偏差値は30台～40台でしたが、
地道に数論の勉強を続けます。

0425１３２人目の素数さん

2011/06/27(月) 20:40:51.76

これが数論といわれるとすごい違和感

0426１３２人目の素数さん

2011/06/27(月) 20:48:01.99

ただの文字の問題ですね

0427１３２人目の素数さん

2011/06/27(月) 20:49:12.01

2つの整数a、bがあって、
両者が等しい時１、
両者が異なる時０を返す関数は整数論で定義できますか？

0428じゅー

2011/06/27(月) 21:15:23.42

[[a/b]-a/b]+1とか??

0429１３２人目の素数さん

2011/06/27(月) 21:16:34.98

[1/(1+|a-b|)]とか？

0430１３２人目の素数さん

2011/06/27(月) 21:20:57.23

Thxなるほど
ガウス記号か...

0431１３２人目の素数さん

2011/06/27(月) 21:21:03.83

>>428
b=0の時に使えない。
a=k*b(kは整数)が成り立つときに、1を返す。

0432１３２人目の素数さん

2011/06/27(月) 21:24:49.80

ガウス記号が整数論の関数に入るんなら、
クロネッカーデルタ自体も整数論の関数に入るってことでいいんじゃねーの？

0433じゅー

2011/06/27(月) 22:56:14.72

>>431
スマソ。わすれてました。
しかもa≠bでも1になれるし…orz

0434１３２人目の素数さん

2011/07/04(月) 18:32:24.75

n→∞で|1-(1/(|a-b|+1)^n)|

0435１３２人目の素数さん

2011/07/05(火) 13:38:37.21

【政治】菅首相の資金管理団体、北の拉致容疑者親族所属政治団体から派生した政治団体「政権交代をめざす市民の会」に6250万円献金★１４

http://raicho.2ch.net/test/read.cgi/newsplus/1309573084/

現実のほうがものすごいことが起きている件について、キミはどう思う？

特捜１「献金されています！五千万です！」
特捜２「献金元はどこだ・・・！？」

特捜１「・・・これは・・・ウソだろ？総理です！総理が五千万献金しています！」

110:名無しさん＠１２周年 07/02(土) 08:36 GAZzjy8T0 [sage]
オバマがビンラディンの親族が属する政治団体に大口寄付してたようなものｗ

909:名無しさん＠１２周年 07/02(土) 09:55 oEGy+UI/0 [sage]
テロのスポンサーが総理大臣って…。

>25 名前：名無しさん＠１２周年[] 投稿日：2011/07/02(土) 08:22:15.91 ID:8a/xyVGw0 [1/9]
>一瞬拉致被害者団体に献金ならまぁいいんじゃないかと思ったんだが
>よく読んだら容疑者団体ってｗｗｗｗｗｗ
>有り得ない文字に目がおかしくなったのか俺ｗｗｗｗｗ

俺もｗｗｗｗｗｗ

総合演出責任者　ばぐ太　←関係者は苦情はこちらまで

0436１３２人目の素数さん

2011/07/22(金) 10:18:03.57

虚数は整数論には入らないのかも知れませんが、質問があります。
i^2 = -1 になるiが虚数ということですが、
X^2 = i とか、X^3 = iになるXっていうのは、どのような値ですか？

0437１３２人目の素数さん

2011/07/22(金) 11:00:19.83

>>436
その虚数iと実数を足し合わせたような数ならば
そのようになる数が作れる。そういう数を複素数という。

0438１３２人目の素数さん

2011/07/22(金) 11:04:42.67

>>437
ありがとうございます。
そうか。複素数なんですね。

0439１３２人目の素数さん

2011/07/23(土) 08:30:50.07

>>436
二次体で検索！

0440１３２人目の素数さん

2011/07/23(土) 18:26:53.21

>>439
ありがとうございます。
２次体ですね。調べて見ます。
ところで、整数論を勉強するのに虚数は必要ですか？
と言うか、整数論の範囲に虚数は含まれますか？

0441１３２人目の素数さん

2011/07/23(土) 18:37:18.40

虚二次体を勉強せよ。

0442１３２人目の素数さん

2011/07/23(土) 18:46:49.68

>>440
虚数どころかp進体とかめちゃめちゃ範囲広いぞ、整数論は。

0443１３２人目の素数さん

2011/07/23(土) 19:58:28.85

解析的整数論なら、積分さえも使う。
代数的整数論なら、虚数はおろか"虚数ですらない新しい数の体系"も使う。

0444１３２人目の素数さん

2011/07/24(日) 12:50:09.95

数論でZ[i]やZ[ω](複素数)は基本中の基本中
平方剰余相互規則や二次体や類数公式を見てみよう！

0445１３２人目の素数さん

2011/07/24(日) 13:11:45.59

素数の逆数の和は発散する。

0446１３２人目の素数さん

2011/07/24(日) 13:16:04.22

双子素数の逆数の和は発散する。

0447１３２人目の素数さん

2011/07/24(日) 13:16:32.48

メルセンヌ数の逆数の和は発散するか。

0448１３２人目の素数さん

2011/07/24(日) 15:13:38.28

今年の数オリ問題くらいサクっと解けよお前らｗ

0449１３２人目の素数さん

2011/07/24(日) 15:33:06.64

みなさん、ありがとうございます。
整数論だから整数だけの世界であって、実数とか複素数とか、
微分・積分とか、そんな難しいことは知らなくても良いと考えていました。
甘かったです。でも、あきらめずに少しずつ勉強します。
中学生の数学から挫折したので、昔使った教科書の、
啓林館の新訂数学復刻版中学教科書を購入しました。
１年生の１章は「数と集合」です。ここから勉強しなおします。

0450１３２人目の素数さん

2011/07/25(月) 21:37:21.79

あまりに酷すぎるのだけど釣り？

0451１３２人目の素数さん

2011/07/26(火) 22:43:09.99

>>450
釣りではなく事実です。
私はセンター試験の前の共通１次世代なのですが、模試でも本番でも、
数学は200点満点中いつも30点でした。
なぜ30点なのかというと、y=3x+2とy=3x^2-5の交点を求めよというような
問題は得意（？）だったので解けたのと、
赤玉5個と白玉3個から赤玉3つを取り出す確率を求めよというような問題は、
全てのパターンを
赤1赤2赤3
赤1赤2赤4
赤1赤2赤5
赤1赤2白1
...
白1白2白3
のように書き出して求めるので正解できたからです。
それ以外の問題はさっぱりわかりませんでした。
三角関数、微分・積分、数列、幾何などは、問題の意味すら
わかりませんでした。

0452１３２人目の素数さん

2011/07/26(火) 22:47:29.55

別に今生きてるんだからそれで良いじゃん。

貴方の書き込み見ると単なる勉強不足だと思うよ。

0453１３２人目の素数さん

2011/07/26(火) 23:12:06.64

>>445
真
http://www.junko-k.com/cthema/17sosuu.htm
http://ja.wikipedia.org/wiki/素数

>>446
偽
B ≒ 1.902160583104
http://mathworld.wolfram.com/BrunsConstant.html

>>447
　収束する
　Σ[n=1,∞) 1/(2^n - 1) < Σ[n=1,∞) 1/2^(n-1) = 2,

0454１３２人目の素数さん

2011/07/27(水) 00:04:45.76

>>449
あきらめたほうが賢いと思うよ
その歳でそのレベルから数学を初めても死ぬまでに大学初年級の
数学にたどり着けるかも疑問だ
世の中には数学と同じくらい楽しいことがたくさんある。
しかもより手軽に楽しめるものがだ
数学はこの世で縁がなかったと思うことだな

0455１３２人目の素数さん

2011/07/27(水) 14:38:54.73

好きなコトよりも手軽に他にしめるものを楽しんだほうが賢いという立場からの意見ですね。

0456１３２人目の素数さん

2011/07/28(木) 07:09:31.39

>>445

Σ_n　1/n = Π_p (1 + 1/p + 1/p^2 + …… ) = Π_p　1/(1-1/p),

log(Σ_n 1/n)　= -Σ_p log(1-1/p)
　= Σ_p Σ[k=1,∞) (1/k)(1/p)^k
　= Σ[k=1,∞) (1/k)Σ_p (1/p)^k
　< Σ_p (1/p) + (1/2)Σ[k=2,∞) Σ_p (1/p)^k
　= Σ_p (1/p) + (1/2)Σ_p 1/{p(p-1)}
　< Σ_p (1/p) + (1/2)Σ[n=2,∞) 1/{n(n-1)}
　= Σ_p (1/p) + (1/2)Σ[n=2,∞) {1/(n-1) -1/n}
　= Σ_p (1/p) + (1/2),
より発散。
　（「大学への数学」によるらしい）

0457 忍法帖【Lv=18,xxxPT】

2011/08/21(日) 12:13:36.10

保守

0458１３２人目の素数さん

2011/08/22(月) 16:55:17.59

数学以上に面白く素晴らしいものなんて存在しませんよ

0459１３２人目の素数さん

2011/08/22(月) 19:27:56.75

面白いものを数学と名付けたんですよ

0460い

2011/08/30(火) 20:31:27.90

>>449
数学に王道あり。
数学雑誌など探して自分にあった近道を見つけよう。

0461１３２人目の素数さん

2011/08/31(水) 12:56:12.80

>>449
ありがとうございます。
最近は「天才ガロアの発想力」小島寛之著が読み物として楽しくて、
繰り返し読んでいます。
さらに「共立講座２１世紀の数学（９）代数と数論の基礎」中島匠一著が、
分かりやすそうなので精読しようと読み始めました。
整数論は、自然数や素数などの小学生でも分かる基本的な概念から、
どんどん発展していくのが楽しく感じます。それに、色々な解釈が存在する
他の学問とは異なってスパっと明快なのが気持ち良いです。

0462１３２人目の素数さん

2011/08/31(水) 13:07:50.95

１９８８IMOの６がすごい。
シンプルなんだがテレンスタオも
解けなかった初等整数論の難問

0463１３２人目の素数さん

2011/09/06(火) 18:30:09.00

大学への数学宿題より
ｘ^p+y^p=p^zを満たすxyzpの組み合わせを求めろ
xyzは自然数pは素数

0464検便のナウシカ ◆UVkh7uHFoI

2011/09/08(木) 01:23:48.26

ｎ枚のコインの中に一つだけ偽物がある。
このとき天秤を用いて偽物を見分けるための最小ステップ数を計算するアルゴリズムってありますかね？

0465検便のナウシカ ◆UVkh7uHFoI

2011/09/08(木) 01:35:44.28

連投失礼。
できるだけ計算量が少なくてエレガントなやつ

0466１３２人目の素数さん

2011/09/08(木) 01:53:43.83

あるけど、ここに書くのはちとしんどいな

0467検便のナウシカ ◆UVkh7uHFoI

2011/09/08(木) 01:58:05.37

すごいっすね、このスレの人たち

0468１３２人目の素数さん

2011/09/08(木) 04:51:47.41

http://f59.aaa.livedoor.jp/~nadamath/bushi/2010_rc.pdf

0469１３２人目の素数さん

2011/09/08(木) 17:24:32.23

>>468
ありがとうございます。
参考にさせていただきます。

0470１３２人目の素数さん

2011/09/14(水) 14:47:58.42

『天才ガロアの発想力』という書籍を読んで、
有理数体Qに√2を追加した拡大体をQ(√2)と書くと言うことがわかりました。
とても面白いです。
では、有理数体Qに何かを追加して、有理数体の拡大体として実数体Rを
表すことはできますか。
つまり、
R = Q(*)
の*に何を入れれば良いかです。
情報弱者ならぬ数学弱者なので、全く見当違いのことを尋ねているかも知れません。
どなたかよろしくお願いいたします。

0471１３２人目の素数さん

2011/09/14(水) 15:15:31.67

R = Q(R)　

0472１３２人目の素数さん

2011/09/14(水) 15:27:24.30

>>471
早速のご教示ありがとうございます。
でも、なんか、RはQを含んでいるので当たり前なので、
Rを使わないで表すことは不可能なのでしょうか。
R = Q(R)
だと、Qじゃなくても何でもよさそうなので、
これだと書き方が間違っているかも知れませんが、
R=Ø(R)
みたいに感じます。
私の考え方が見当違いなら申し訳ありません。

0473１３２人目の素数さん

2011/09/14(水) 15:28:32.79

X= 無理数全部の集合

R = Q(X)

0474１３２人目の素数さん

2011/09/19(月) 05:09:19.74

>>472
QからRへの拡大は超越拡大といって、有限個の元を追加する拡大では到達できない。
可算個の追加でも無理。

0475１３２人目の素数さん

2011/09/19(月) 08:03:13.14

>>474
ありがとうございます。
わかりやすい回答ありがとうございます。
超越拡大で調べて見ます。

0476１３２人目の素数さん

2011/09/19(月) 10:09:24.16

>>474みてふとおもたんやけど、
集合論とかではないいわゆる普通の数学でハメル基が活躍する場面て
あるんやろか。

0477１３２人目の素数さん

2011/10/04(火) 14:14:22.64

>>476
ＡＶ

0478１３２人目の素数さん

2011/10/06(木) 15:42:22.68

整数a,b,c…についてgcd(a,b,c…)=1とa,b,c…が対ごとに互いに素というのは全く異なるというが是非反例が欲しい

0479１３２人目の素数さん

2011/10/06(木) 15:44:17.08

反例ではないな。例だ。訂正

0480１３２人目の素数さん

2011/10/06(木) 15:48:17.54

因みに記述のソースは『ガウス整数論への道』(加藤明史)

0481１３２人目の素数さん

2011/10/06(木) 18:27:06.13

n≧3とする。p_1, p_2, …, p_n は全て異なる素数として、

x_k ＝ (p_1p_2…p_n)/p_k　(k＝1, 2, …, n)

と置く。gcd(x_1, x_2, …, x_n)＝1 であることが言える。
また、n≧3に注意して、任意のi,j に対してgcd(x_i, x_j)≠1 であることが言える。

0482１３２人目の素数さん

2011/10/06(木) 20:05:34.07

難しく考えなくてもこんな程度でいい
a=2・3　、　b＝3・5　、　c=2・5

0483１３２人目の素数さん

2011/10/07(金) 22:26:11.17

>>481 >>482
感謝
では｢対毎に素｣⇒｢全部のgcdが1｣は言えるだろうか
こちらも聞きたかった

0484１３２人目の素数さん

2011/10/07(金) 22:31:03.94

すこしは自分の頭で考えろボケナス

0485１３２人目の素数さん

2011/10/07(金) 22:47:46.85

>>484
いや、実は>>481 >>482の例は件の本に載っていたんだ
だから本当は聞きたかったのは>>483のことなんだ

0486１３２人目の素数さん

2011/10/07(金) 22:48:58.29

誤解を招く様な書き方についてはすまなかった

0487１３２人目の素数さん

2011/10/07(金) 22:58:09.18

>>483
対偶を証明すればいいがな。

さすがにこの程度は自力で証明できるだろう？(＾ω＾)

0488１３２人目の素数さん

2011/10/08(土) 01:01:06.03

>>485
むしろ483の方は明らかだから，いちいち書いていないのでは？
互いに素ということは共通の素因数がないということだよね？

0489１３２人目の素数さん

2011/10/08(土) 01:17:35.44

>>488
元々は>>478の｢全く異なる｣を>>483が成り立たないと勘違いしたんだ
だけどそれは同値性が成り立たないと言うだけであって>>483は成り立つんだよな
ということに後から気付いた

0490１３２人目の素数さん

2011/10/08(土) 19:17:50.20

>>485 >>483
｢対毎に素｣⇒｢全部のgcdが1｣かい？マジ？スゲー簡単だろ。

a(1),a(2)…,a(n)の最大公約数dをとるとき、dは当然a(1),a(2)を割り切る。
a(1),a(2)は仮定より互いに素だから、当然d=1となる。

これでいいんじゃないの？

0491１３２人目の素数さん

2011/10/08(土) 23:11:45.55

>>464
>偽物を見分けるための最小ステップ数を計算するアルゴリズムってありますかね？
当然のことながら、そのアルゴリズムを自動生成するアルゴリズムもありますね。
>>468
>http://f59.aaa.livedoor.jp/~nadamath/bushi/2010_rc.pdf
筆者は今年のIMO金賞なんだね。

0492１３２人目の素数さん

2011/10/09(日) 00:13:07.81

孫子の定理(中国剰余定理)

m1,m2,m3,…,mn∈Z∧gcd(ms,mt)=1(s,t= 1,2,3,…,n∧s≠t)とする時、
a1,a2,a3,…,an∈Z⇒∃x∈Z;x ≡ ak (mod mk) (k = 1,2,3,…,n)
で、解は(mod m1m2m3…mn)で一意的である．

について、結論としては
mΠ＝m1m2m3…mnとする時
x=Σ((mΠ/mi)*(mΠ/mi)^(-1)*ai)(1≦i≦nで、逆数はmod miにおけるもの)
が解ということだよな

解がわかるんだから存在定理にしなくてもいい気がするんだが

0493１３２人目の素数さん

2011/10/09(日) 00:54:05.68

一般に二項係数C[n.k]が整数となることは素因数を用いてどのように示せば良いのでしょうか

0494１３２人目の素数さん

2011/10/09(日) 09:38:43.67

パスカルの公式
　　　Ｃ〔ｎ，ｋ〕＝Ｃ〔ｎ－１，ｋ－１〕＋Ｃ〔ｎ－１，ｋ〕
により、帰納的に明らかでしょう。

0495１３２人目の素数さん

2011/10/09(日) 13:38:54.89

整数論的に示したいのです

0496１３２人目の素数さん

2011/10/09(日) 14:30:14.30

パスカルの公式は、思いっきり整数論的ですが

0497１３２人目の素数さん

2011/10/09(日) 17:55:59.65

素因数を用いてということです

0498１３２人目の素数さん

2011/10/11(火) 18:06:04.68

C[n.r]=n!/r!(n-r)!=n(n-1)(n-2)…(n-r+1)/r!

ここで(n-r+1)からnまでの整数はr個あるので、これらは法rについて完全剰余系を成す。
故にn,(n-1),(n-2),…,(n-r+1)の内どれか一つはrと合同、即ちrの倍数である。
r!はrの倍数であるから分母分子ともrの倍数である。
同様にして分母分子とも(r-1),(r-2),…,2,1の倍数であることがわかる。
従って分母分子ともr!の倍数であることがわかる。

ここでn-r+1≧1で分母分子共に連続したr個の整数の積であるから(分母)≧(分子)で、分母分子ともr!の倍数であるから与式は自然数になる。 □

これなら厳密な証明かね

0499１３２人目の素数さん

2011/10/11(火) 18:15:07.36

４は２と４の倍数だけど２×４＝８の倍数じゃない。

0500１３２人目の素数さん

2011/10/11(火) 20:39:22.03

パスカルの公式で十分簡単かつ初等的なのに、なぜ複雑かつ非初等的な七面倒臭い証明をしたのか、さっぱり分からん。

0501１３２人目の素数さん

2011/10/11(火) 21:23:06.60

>>500
帰納法があまり好きではないんでね。
まあ好みの問題だ。

0502１３２人目の素数さん

2011/10/11(火) 21:38:33.19

>>501
ていうか>>499じゃないが、>>498は完全に間違っている罠。
「整数Nがr,(r-1),(r-2),…,2,1の倍数ならば、Nはr!で割り切れる」なんてとても言えないので。

「整数Nがr,(r-1),(r-2),…,2,1の倍数」からいえるのは、「Nはr,(r-1),(r-2),…,2,1の最小公倍数で割り切れる」まで。
しかも残念ながら、r,(r-1),(r-2),…,2,1の最小公倍数はr!よりもかなり小さいことが言える。

悪いが、整数の勉強をやり直した方がいいと思うぜw

0503１３２人目の素数さん

2011/10/11(火) 21:40:35.78

好み云々言う前に正しい証明が出来るようにならんといかんな

0504１３２人目の素数さん

2011/10/11(火) 21:51:36.20

>>502
全くその通りだ。
恥ずかしい限り

0505１３２人目の素数さん

2011/10/12(水) 04:55:58.02

所で次のライプニッツの定理を示すには帰納法しかないのだろうか。合同の法は素数pで、iは1からnまでをわたるとする。
(Σai)^p≡(Σ(ai)^p)

0506１３２人目の素数さん

2011/10/12(水) 11:00:40.65

＞非初等的な
どのあたりが？

0507１３２人目の素数さん

2011/10/13(木) 17:44:40.58

>>505
つ多項定理
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%BA%8C%E9%A0%85%E5%AE%9A%E7%90%86#.E5.A4.9A.E9.A0.85.E5.AE.9A.E7.90.86
http://kotobank.jp/word/%E5%A4%9A%E9%A0%85%E5%AE%9A%E7%90%86

0508１３２人目の素数さん

2011/10/15(土) 21:04:39.38

この問題解ける方いますか？
歯が立たなくて困ってます。

問題
a_{n+1}=a_{n}^a_{n}、初項a_1=A
(n≧1)
で表される漸化式がある。
このとき、a_nをCで割った余りを求めよ。漸化式の初項、Cは共に自然数とする。

0509１３２人目の素数さん

2011/10/15(土) 23:32:17.00

スレ違い
初等整数論以外の質問は、他の質問スレへ

0510１３２人目の素数さん

2011/10/17(月) 16:09:08.60

n!の素因数pの指数はΣ[n/p^i](iは1から∞まで)で与えられる。
ここでnCk=n!/k!(n-k)!について
Σ[n/p^i]-(Σ[k/p^i]+Σ[(n-k)/p^i])が素因数pの指数を与える。
そして、任意の非負実数x,yについて[x+y]≧[x]+[y]が成り立つことは明らかだから上の式を整理した次式についてΣ([n/p^i]-([k/p^i]+[(n-k)/p^i]))≧0
が成り立つことがいえる。
よって任意の素数についてnCkの分子の方が分母よりも多く含むことがわかる、即ちnCkは整数であることがいえる。

これなら問題ない筈

0511１３２人目の素数さん

2011/10/17(月) 19:43:04.60

無限個の和の順番を入れ替えるには問題がある／注意が必要だから、Σの上限は適当な有限の数で抑えておく方が無難かな

0512１３２人目の素数さん

2011/10/17(月) 19:58:18.54

階乗の定義が露骨に帰納的なのに、ここで帰納的な証明を忌避する感覚がわからん

0513１３２人目の素数さん

2011/10/17(月) 21:28:25.03

背理法は避けたい、帰納法は厭だ、とは余りに馬鹿
そんなこと言ってたら論文書けないし

0514１３２人目の素数さん

2011/10/18(火) 00:29:30.69

>>511
適当な有限の数って何だよ
実際には途中から0になるんだからいいんじゃないか？
それともiは[n/p^i]を正整数にする数jまでとかにするのか？
そうしたら他の二つのiも別に設定しなければいけなくなるぞ
心配なら実際には有限和に等しいことをいえば良い気がする

0515１３２人目の素数さん

2011/10/18(火) 00:30:20.96

>>512
わかったから黙ってろ

0516１３２人目の素数さん

2011/10/18(火) 00:50:44.05

>>514
[log_2(n)]とかで十分だと思うが

0517１３２人目の素数さん

2011/10/18(火) 17:02:48.38

>>514
不当な指摘だと言っているのか？
些細な指摘なので、聞くに値しないと言っているのか？
意味が分からないから、詳しく説明しろって言っているのか？

0518１３２人目の素数さん

2011/10/18(火) 17:15:57.69

絶対収束で問題なし＆Σ毎に範囲が異なると面倒

0519１３２人目の素数さん

2011/10/18(火) 22:34:17.22

こんなとこで絶対収束とか持ち出すのはばかばかしすぎる

0520１３２人目の素数さん

2011/10/18(火) 22:38:20.06

絶対収束は特別なものじゃない

0521１３２人目の素数さん

2011/10/24(月) 17:07:42.47

∞で良いな
絶対収束を付記すれば問題ないに同意

0522１３２人目の素数さん

2011/10/24(月) 22:05:09.64

ちょっと工夫すりゃ済む話なんだがなぁ

0523１３２人目の素数さん

2011/10/25(火) 00:04:34.09

有限で済む話を意味無く無限にして考えるだけ
「Σ毎に範囲が異なると面倒」って書いているが、異なる値にする必要はない

いずれに於いてもしなくていいことをわざわざ行い、一方は余計な概念を要求し、
一方は面倒とのたまう。
この様な輩には、レコード大賞を受賞した「○か○」という曲を贈りたい。

0524１３２人目の素数さん

2011/10/25(火) 00:18:20.74

n!のとき[log_2(n)]なら(m^2)!のとき[log_2(m^2)]になったりすると思うが
(m^2)!のときも[log_2(n)]でいいのか

0525１３２人目の素数さん

2011/10/25(火) 13:35:48.62

>>523
悔しいのうwwwww悔しいのうwwwww

0526１３２人目の素数さん

2011/10/26(水) 04:45:12.41

最優秀新人賞の綾香「三か月」ですね。２００６年でしたっけ？

0527１３２人目の素数さん

2011/10/26(水) 13:36:01.91

>>526
自演ですか？
そうでなくともわざわざ書かなくていいですよwww

0528１３２人目の素数さん

2011/10/26(水) 23:52:38.07

書かなくてもよい、ということは
書いてはいけない、ということではない。

0529１３２人目の素数さん

2011/10/27(木) 00:33:43.81

書くなって意味だろ
読解しろ

0530１３２人目の素数さん

2011/10/27(木) 06:09:31.45

歪曲表現

0531１３２人目の素数さん

2011/10/27(木) 07:52:50.03

>>514
＞それともiは[n/p^i]を正整数にする数jまでとかにするのか？
＞そうしたら他の二つのiも別に設定しなければいけなくなるぞ

[n/p^i] が正整数になる最大の数 i を j_1 と置く。
[k/p^i] が正整数になる最大の数 i を j_2 と置く。
[(n-k)/p^i] が正整数になる最大の数 i を j_3 と置く。

このとき

Σ[i＝1～∞][n/p^i]＝Σ[i＝1～j_1][n/p^i]
Σ[i＝1～∞][k/p^i]＝Σ[i＝1～j_2][k/p^i]
Σ[i＝1～∞][(n-k)/p^i]＝Σ[i＝1～j_3][(n-k)/p^i]

と表せて、それぞれのΣで範囲が異なる。
が、ちょっと工夫すれば範囲が統一できる。

上で定義したj_1, j_2, j_3のうち最大のものをj_4と置くと、
i＞j_4のとき[n/p^i]＝[k/p^i]＝[(n-k)/p^i]＝0 となる。特に

Σ[i＝1～∞][n/p^i]＝Σ[i＝1～j_4][n/p^i]
Σ[i＝1～∞][k/p^i]＝Σ[i＝1～j_4][k/p^i]
Σ[i＝1～∞][(n-k)/p^i]＝Σ[i＝1～j_4][(n-k)/p^i]

と表せて、どのΣでも同じ範囲「i＝1～j_4」での和となる。

0532１３２人目の素数さん

2011/11/05(土) 11:29:45.42

まだスレが残っていたんですね^^;

0533１３２人目の素数さん

2011/11/13(日) 06:50:24.69

鳩の巣原理(ディリクレの原理)について詳しい本ありますか？

0534１３２人目の素数さん

2011/11/13(日) 15:26:17.64

Wikipedia

0535１３２人目の素数さん

2011/11/14(月) 22:46:03.86

1/x+5/y+8/z=1
こゆ問題好き(´･ω･`)

0536１３２人目の素数さん

2011/11/15(火) 12:51:18.43

その問題は明らかにeffectiveに解けるが

0537１３２人目の素数さん

2011/11/15(火) 20:39:27.63

こゆき(´･ω･`)

0538検便のナウシカ ◆UVkh7uHFoI

2011/11/16(水) 18:27:19.68

数列a[n]を
a[n+1]=10*a[n]+3、a[1]=8
で定義します。この時、集合
｛4*a[n]-1| nは自然数｝
に素数は無数に含まれますか？

0539１３２人目の素数さん

2011/11/16(水) 19:27:11.84

>>538
死ねアホ

0540１３２人目の素数さん

2011/11/16(水) 20:37:21.41

>>538
要するに 31,331,3331,..の形の素数が無限にあるか？
ということだろうがそれはよくある未解決問題だよ。

0541検便のナウシカ ◆UVkh7uHFoI

2011/11/16(水) 20:41:14.96

>>540
そうなんですか。
そんな難しい問題だったんですか。
考えて損した。
教えてくれてありがとうございました。

0542検便のナウシカ ◆UVkh7uHFoI

2011/11/16(水) 20:42:19.47

でもあまりいい問題とは言えないと思うけど、なんで未解決なんだろうね。

0543１３２人目の素数さん

2011/11/16(水) 21:22:17.39

>>542
たとえば、111...11の形の素数が無限個あるかどうかも未解決問題。
あからさまな理由がみえないかぎり、この手のものは大抵未解決さ。

0544検便のナウシカ ◆UVkh7uHFoI

2011/11/16(水) 21:39:44.85

>>543
へー、勉強になります。
パッと見高校生のちょっと難しめの演習問題みたいに見えるだけど全然違うんですね。
有名な未解決問題ってことは秀才が考えてもわからないってことだな。
素数が絡むと大抵難しくなるみたいですね。
問題からは見えない、どんな深い真理が眠ってるのか興味ありますね。
ありがとうございました。

0545１３２人目の素数さん

2011/11/16(水) 22:10:53.83

>>543
んなわけねーだろタコスケ

0546１３２人目の素数さん

2011/11/16(水) 22:13:11.35

>>545
うん？　なんのつもりですか？^^
それらは未解決問題でないという意味でしょうか？^^

0547１３２人目の素数さん

2011/11/17(木) 00:37:13.80

>>543を否定するとしたら
1) 11...11の形の素数が無限個あるかどうかは既に解決している。
2) あからさまな理由がなくても、この手のものは大抵未解決ではない。
3) 1)2)の両方。

0548１３２人目の素数さん

2011/11/17(木) 01:59:17.74

1) まだ解決していない
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%AC%E3%83%94%E3%83%A5%E3%83%8B%E3%83%83%E3%83%88

2) 大抵未解決である
たとえば、a＞1,bをそれぞれ整数の定数とするとき、
b+a^nが素数となるような正整数nが無限に存在するかどうかは
一般には未解決である。
ただし、多項式に由来した分解ができる場合や、
いくつかのmodが機能する場合は未解決とは限らない。
333..31は(10^n-7)/3と表現できるので、この手の問題に属するといえる。

0549１３２人目の素数さん

2011/11/18(金) 14:48:32.12

電波テロ装置の戦争(始)
エンジニアと参加願います公安はサリンオウム信者の子供を40歳まで社会から隔離している
オウム信者が地方で現在も潜伏している
それは新興宗教を配下としている公安の仕事だ
発案で盗聴器を開発したら霊魂が寄って呼ぶ来た
<電波憑依>
スピリチャル全否定なら江原三輪氏、高橋佳子大川隆法氏は、幻聴で強制入院矛盾する日本宗教と精神科
<コードレス盗聴>
2004既に国民20%被害250～700台数中国工作員3～7000万円2005ソウルコピー2010ソウルイン医者アカギ絡む<盗聴証拠>
今年５月に日本の警視庁防課は被害者SDカード15分を保持した有る国民に出せ!!<創価幹部>
キタオカ1962年東北生は二十代で2人の女性をレイプ殺害して入信した創価本尊はこれだけで潰せる<<<韓国工作員鸛<<<創価公明党 <テロ装置>>東芝部品)>>ヤクザ<宗教<同和<<公安<<魂複<<官憲>日本終Googl検索

0550１３２人目の素数さん

2011/11/18(金) 14:48:55.61

魂は幾何学

誰かがやった
ソウルコピー機器

0551551蓬莱

2011/12/06(火) 00:35:08.37

魂は　あんまん、肉まん、アイスキャンデー

http://www.551horai.co.jp/

0552１３２人目の素数さん

2011/12/09(金) 20:31:58.99

九月に出た代数幾何学事始という本、斬新だな

0553１３２人目の素数さん

2011/12/19(月) 00:54:03.29

ワイは日本人やけど聞いた情報によると、もうじき中国はバブルがはじけて昔の貧乏な元の中国に戻るそうやで
みんなも知っての通りでもう経済は破綻してて、取り戻すには無理なんだそうや

その世界ではとても有名な政府関係者筋から聞いた確かな情報やで

君らほど頭の良い連中には、今さらなくらいのネタやな、かえって失礼なくらいな
お前らからすればもう常識的なくらいの知識やろ！！

0554１３２人目の素数さん

2011/12/20(火) 15:01:10.28

f_k(n)を1～nの中で約数がk個となる自然数の個数とすると
例えばf_2(n)はn以下の素数の個数になりますが
3以上の任意のn,kに対してf_k(n)<f_2(n)が成り立つでしょうか

0555い

2011/12/21(水) 14:14:12.94

>>554
n,k＝3 で　f_2(3)＝f_3(3)＝0　じゃないか。

0556い

2011/12/21(水) 14:15:22.06

あ、まちがえた！

0557い

2011/12/21(水) 15:57:06.29

>>554
k が素数なら f_k(n) 個に入る自然数は p^(k－1)：p は素数
しかないから f_k(n)＜f_2(n) だが、合成数で k＝ab・・ (a,bは素数でなくて良い) だと
k の任意の分解に対して p^(a－1) q^(b－1)・・が全部 f_k(n) 個に入るから、あやしくなるな。
k＝4＝2×2 でも f_2(27)＝9, f_4(27)＝8 まで迫ってるし。

0558 ◆BhMath2chk

2011/12/21(水) 20:00:00.76

ｎ＝３５，ｋ＝４。
１２＞１１。

ｎ＝６７０，ｋ＝８。
１２２＞１２１。

ｎ＝５７２３９，ｋ＝１６。
５８０５＞５８０４。

ｎ＝５８１２１，ｋ＝１２。
５８８６＞５８８５。

ｎ＝３２６６９５０，ｋ＝２４。
２３４７１４＞２３４７１３。

0559い

2011/12/22(木) 03:52:24.97

>>558
35 まで見れば f_4(35)＝12, f_2(35)＝11 だったのか！
しかし、みんな 1 つ違いってのが謎？

0560エトス

2011/12/28(水) 02:29:07.53

f_4(39)=14, f_2(39)=12

[問題]
任意の正整数nに対して
Σ[k=1,n]C[2gcd(n,k),gcd(n,k)]は2nで割り切れることを示せ

0561１３２人目の素数さん

2012/01/01(日) 18:50:34.75

>>560
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/resources.php?c=200&cid=115&year=2007&sid=5fd55718b10dbc3bdef9a54088183806
に回答があるね(一般化されているけど)。

それでは、以前あったサイトの問題を投下
n-1|2^n +1とn|2^n +2が同時に成り立つ正の整数nが無数にあることを証明せよ。
(ただし、a|bとはaがbを割り切ることを意味する）

0562エトス

2012/01/02(月) 02:30:35.74

0563エトス

2012/01/02(月) 02:34:40.52

実はn＞1ならば2nの部分は4nに修正できます。

[問題]
任意の整数n＞1に対して
Σ[k=1,n]C[2gcd(n,k),gcd(n,k)]は4nで割り切れることを示せ

これで一応被っていないとおもいます・・・ｗ

0564１３２人目の素数さん

2012/01/11(水) 18:05:42.01

では数論の問題を。前半は難しくない。

i) p を p ≡ 3 (mod.4) なる素数とする時、
　((p - 1)/2)! = 1・2・3・・ ... ・・・(p-1)/2 ≡ ±1 (mod.p)
を示せ。

後半は熊さんでもすぐ解けるかどうか。猫には当然分かりっこない。

ii) 上記の時、何時 (p - 1)/2! ≡ 1 (mod.p) になり、いつ (p - 1)/2! ≡ -1 (mod.p) になるか決定せよ。

0565訂正

2012/01/11(水) 18:09:09.48

ii) 上記の時、何時 ((p - 1)/2)! ≡ 1 (mod.p) になり、いつ ((p - 1)/2)! ≡ -1 (mod.p) になるか決定せよ。

0566１３２人目の素数さん

2012/01/11(水) 18:28:29.11

>>564
オリジナルティがない
2つとも有名問題

(ⅱ)についてはたとえば次のようにいえる
問題の符号は 0＜x＜p/2 なる整数xのうち、
mod pでみたときに平方数でないものの個数のパリティに対応する。
偶数ならばプラスであり、奇数ならばマイナスである。

(ⅰ)は単にp/2を境にして(p-1)!をわければいいだけ

0567検便のナウシカ ◆UVkh7uHFoI

2012/01/11(水) 18:30:53.36

このスレの人たちってほんとすごいよね。
初等整数論の問題は何でも知ってる。

0568１３２人目の素数さん

2012/01/11(水) 20:14:44.30

>>566
もっと簡明に答えろ

i) だって何処に仮定を使っているか分からん

0569１３２人目の素数さん

2012/01/11(水) 20:16:35.64

うるせえ！

0570１３２人目の素数さん

2012/01/11(水) 20:18:01.36

>>566
ii) この解答の表現の意味が良く分からんが多分間違っている。

0571あのこうちやんは始皇帝だった

2012/01/11(水) 20:18:28.61

>>566

　コイツ、６０歳の、無職の、頭デッカチの虚弱児・ひ弱な、ゴミ・クズ・カスの、
クソガキ！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

0572１３２人目の素数さん

2012/01/11(水) 20:20:19.40

発作マグナ

0573１３２人目の素数さん

2012/01/12(木) 02:40:48.45

>>564
>>566さんが解いてるけど、わかってない人がいるから詳しくw
(1)
ウィルソンの定理(p-1)!≡-1 (mod p)を使う。
({(p-1)/2}!)^2≡(-1)^{(p-1)/2}・1・2・...・{(p-3)/2}・{(p-1)/2}・{p-(p-1)/2}・{p-(p-3)/2}・...・(p-2)・(p-1)
≡(-1)^{(p-1)/2}・(p-1)!≡(-1)^{(p+1)/2}≡1 (mod p)
したがって、{(p-1)/2}!≡±1 (mod p)がいえる。
（p≡3 (mod 4)だから、(p+1)/2が偶数になるのがポイント！)

余談だが、もしp≡1 (mod 4)であれば、上と同様にして({(p-1)/2}!)^2≡-1 (mod p)がいえるから
p≡1 (mod 4)のとき、x^2≡-1 (mod p)の整数解が求められる。

(2)
(1)より、({(p-1)/2}!)^2≡1がいえている。また(p-1)/2は奇数だから
{(p-1)/2}!≡({(p-1)/2}!)^{(p-1)/2}≡(1/p)・(2/p)・...・({(p-1)/2}/p)
ちなみに(1/p)，(2/p)，…，({(p-1)/2}/p)はルジャンドルの記号
よって>>566さんの言うとおり、1、2、…、(p-1)/2のうちで平方剰余の個数が
偶数であれば{(p-1)/2}!≡1 (mod p)、奇数であれば{(p-1)/2}!≡-1 (mod p)となる。

0574573

2012/01/12(木) 15:55:06.90

>>573
あらら、(2)で(mod p)書き忘れたw
({(p-1)/2}!)^2≡1 (mod p)がいえている。また(p-1)/2は奇数だから
{(p-1)/2}!≡({(p-1)/2}!)^{(p-1)/2}≡(1/p)・(2/p)・...・({(p-1)/2}/p) (mod p)
だなw

0575１３２人目の素数さん

2012/01/12(木) 18:19:17.56

さらにいうと平方剰余の個数じゃなくて、
非平方剰余の個数だとおもわ

0576573

2012/01/13(金) 00:14:58.91

>>575
そうだなw

0577エトス

2012/01/13(金) 01:34:35.57

もう1題追加☆

[問題]
f,g∈Z[X]が互いに素であるならば,
max[x∈Z]gcd(f(x),g(x))が存在する.
(これを証明せよ)

0578１３２人目の素数さん

2012/01/13(金) 01:52:13.13

>>566 >>573-576
そんな事は最初から分かっている。だから例えば
p = 100003
の時に簡単に分かる表式を与えよと云っているのだ。

0579エトス

2012/01/15(日) 19:07:22.77

(問題)
「f(X):=X^5-10X^3+5X^2+10X+1∈F_p[X]
f(X)はF_pの中に根を持たないなら可約」
というのは正しいか.証明または反証せよ.

0580１３２人目の素数さん

2012/01/15(日) 20:10:00.25

ｐ＝２のとき既約なので正しくない。

0581エトス

2012/01/15(日) 20:37:00.97

すみません!
タイプミスでした.

(問題)
「f(X):=X^5-10X^3+5X^2+10X+1∈F_p[X]
f(X)はF_pの中に根を持たないなら既約」
というのは正しいか.証明または反証せよ.

0582１３２人目の素数さん

2012/01/15(日) 20:57:00.55

可約なら全て一次にまで分解できるようだ。

0583エトス

2012/01/15(日) 21:05:02.78

>>582
その結論は正しいです.

当然,問題とは同値ではないですが.
それも加えて問題としておきますミ☆

0584エトス

2012/01/15(日) 21:10:15.45

可約なら1次の積に分解できるの主張のほうが強いですね.失礼.

(問題)
「f(X):=X^5-10X^3+5X^2+10X+1∈F_p[X]
f(X)はF_pの中に根を持つなら,F_p[X]で完全分解される」
この命題が正しいことを証明せよ.
(ネタバレがあったのでこちらにしておきます)

0585１３２人目の素数さん

2012/01/15(日) 21:35:05.19

5,4+1,3+2,3+1+1,2+2+1,2+1+1+1,1+1+1+1+1

>>581 3+2がない
>>582 4+1,3+2,3+1+1,2+2+1,2+1+1+1がない
>>584 4+1,3+1+1,2+2+1,2+1+1+1がない

0586エトス

2012/01/15(日) 21:40:17.38

それらの分解が起こりえないことを示すのが問題になりますね.

0587１３２人目の素数さん

2012/01/16(月) 22:19:50.65

[>>582]=[>>581]and[>>584]

0588１３２人目の素数さん

2012/01/16(月) 23:00:00.40

ａ。
（ａ＾４＋３ａ＾３－８ａ＾２－１９ａ＋９）／７。
（－２ａ＾４＋ａ＾３＋２３ａ＾２－１８ａ－２５）／７。
（－３ａ＾４－２ａ＾３＋２４ａ＾２－６ａ－６）／７。
（４ａ＾４－２ａ＾３－３９ａ＾２＋３６ａ＋２２）／７。

0589エトス

2012/01/16(月) 23:20:44.39

>>588
正解です.

[略解]
αを1の原始25乗根として,β=α+1/α+α^7+1/α^7 とします.
また,L=Q(α),E=Q(β) とします.
L/Qは巡回拡大だから,E/Qも巡回拡大となります.
βのQ上の最小多項式が問題のfに相当するわけです.
ですからF_pへのreductionを考えれば結論が得られます.

0590エトス

2012/01/17(火) 03:24:45.02

一応,補足しておきます.(F_pへのreductionの詳細です)
以下,p＞11とします.
このとき,fが重根を持たないことがいえます.
fのF_p上での最小分解体をKとします.
Gal(K/F_p)はGal(E/Q)の部分群とみなせます.
よって,Gal(K/F_p)は{id}またはZ/5Zと同型です.
前者の場合は明らかにfはF_p[X]で完全分解され,
後者の場合はfはF_p[X]で既約であるといえます.
(∵もし可約ならばfはあるh次(1＜h＜5)の既約因子で
割り切れるとなるが,それは h|[K:F_p]=5 に矛盾する)

0591１３２人目の素数さん

2012/01/17(火) 12:17:50.23

自然数 n に対して次の条件を考える。

∀p : prime [ p|n ⇔ (p - 1)|n ]

この条件を満たす自然数は高々二つの例外を除いて
必ず素数の平方で割り切れる。
(事を示せ。)

0592エトス

2012/01/17(火) 15:49:02.95

>>591
[証明]
n=1806=2*3*7*43 は条件を満たします.
整数n＞1が条件を満たしていると仮定します.
このとき,1806|n が成立が確認できます.
n≠1806かつnは平方因子を含まないとします.
gcd(1806,q)=1を満たすnの素因数で最小のものをqとします.
(nが平方因子を含まないことからそういうものが取れます)
このとき,条件より,q-1|n がいえますが,
qの定め方より,q-1の素因数は1806を割り切ります,
nが平方因子を含まないこととあわせて,q-1|1806 がいえます.
再び条件より,q|1806 がいえますがこれは明らかに矛盾です.
(n=1,1806 の2つが例外となります) 　　　　　　　　　　　　　　■　

0593エトス

2012/01/17(火) 16:00:48.74

失礼.証明の一部分に微妙な飛躍がありました.
最後の下から2行目は次のように訂正します.
(q-1|1806 まではO.K.なのでその続きから)

ここで,n=1806が条件を満たすことを用いることで,
q|1806 がいえますが,これは明らかに矛盾です.

0594１３２人目の素数さん

2012/01/17(火) 16:30:00.21

ｎ＝１は条件を満たさない。

0595１３２人目の素数さん

2012/01/17(火) 16:37:13.39

haa

0596エトス

2012/01/17(火) 16:37:38.54

>>594
そうですね!
でも安心してください解答自体に欠陥は無いとおもいます!

[問題]
原始n乗根の1つをsとし、Q(s)の整数環をAとします.
このとき,(1-s)^2|n がAの中で成立している.(n＞2)

0597エトス

2012/01/17(火) 16:40:15.35

あ,1の原始n乗根です.

0598１３２人目の素数さん

2012/01/17(火) 17:24:12.12

二つの例外ってなんだったんだろう

0599エトス

2012/01/17(火) 17:46:55.02

あえて言うならば0だとおもいます
0を自然数に含めることもありますので

0600１３２人目の素数さん

2012/01/17(火) 17:58:58.42

2^2|0

0601エトス

2012/01/17(火) 18:16:12.84

そうですね.0は平方因子をもちます.
問題文の真意ははかりかねますが,
用心深く"高々"2つとつけられたのでしょうかｗ

0602１３２人目の素数さん

2012/01/18(水) 08:38:45.90

∀p : prime [ p|n ⇔ (p - 1)|n ]
を満たす自然数 n を少なくとも四つ求めよ。
電卓・パソコンの使用可

0603１３２人目の素数さん

2012/01/18(水) 10:00:00.83

０，２・３・７・４３，２・３・７＾２・４３，２・３・７＾３・４３。

0604１３２人目の素数さん

2012/01/18(水) 11:00:00.40

２・３・７・４３＾２・７７６５９。

0605１３２人目の素数さん

2012/01/18(水) 12:09:49.15

みんな暇だな～
では、少し骨のある問題。

f (x), g (x) を定数でない整係数多項式とする。この時、条件：

∃m ∈ Z ∃n ∈ Z [ p|f (m), p|g (n) ]

を満たす素数 p は無限に存在することを示せ。

0606１３２人目の素数さん

2012/01/18(水) 14:00:00.35

２・３・７・４３＾３・７７６５９。
２・３・７・４３＾４・７７６５９。
２・３・７・４３＾５・７７６５９。
２・３・７・４３＾６・７７６５９。
２・３・７・４３＾７・７７６５９。
２・３・７・４３＾８・７７６５９。
２・３・７・４３＾９・７７６５９・２１１０８８８９７０１３４７４０７
・５４７４０８８８４３７０１２６００９７４８５５８９６２３。
２・３・７・４３＾１０・７７６５９・２１１０８８８９７０１３４７４０７
・５４７４０８８８４３７０１２６００９７４８５５８９６２３。
２・３・７・４３＾１１・７７６５９・２１１０８８８９７０１３４７４０７
・５４７４０８８８４３７０１２６００９７４８５５８９６２３。
２・３・７・４３＾１２・７７６５９・２１１０８８８９７０１３４７４０７
・５４７４０８８８４３７０１２６００９７４８５５８９６２３。
２・３・７・４３＾１３・７７６５９・２１１０８８８９７０１３４７４０７
・５４７４０８８８４３７０１２６００９７４８５５８９６２３。

0607１３２人目の素数さん

2012/01/18(水) 19:26:23.03

>>606
http://www.wolframalpha.com/input/?i=FactorInteger[21108889701347406+]
なるほど。

0608１３２人目の素数さん

2012/01/18(水) 19:36:52.41

この様な数は無限に多くあるのだろうか？

0609605

2012/01/18(水) 20:43:07.90

これは少し難しすぎたかな？では易しいのを一題。

a, b を整数とし、数列 {F_n} を次の様に定義する：
F_0 = 0, F_1 = 1, F_(n+2) = a*F_(n+1) + b*F_n.
この時任意の k, n に対して
F_1*F_2* ..... *F_k | F_(n+1)*F_(n+2)* ..... *F_(n+k)
(整除関係) を示せ。

0610エトス

2012/01/18(水) 22:28:27.64

>>605
Chebotarev's Density Theorem
を使える形にもっていけばおわりそうです

0611１３２人目の素数さん

2012/01/18(水) 23:13:47.40

F（n，k）=Π_[i=1,n+k}Ｆ(i)/{Π_[i=1,n}Ｆ(i)・Π_[i=1,k}Ｆ(i)}とおく。
（便宜上、Π_[i=1,0}Ｆ(i)}=1とおく、0!=1みたいなものです）
するとF(0,0)=1、F(n,0)=F(n,n)=1、F（n+1，k+1）=F（n，k）・F(h+1) +F（n，k+1）・{bF(k)}
から帰納的に、F（n，k）が整数であることが分かる。

僕からも問題
a,bを互いに素な、a^2-4b≠0をみたす整数とする。
F(0)=0、F(1)=1、F（n+2)=aF(n+1)+bF(n)をみたす数列F(n)とG(0)=2、G(1)=1、G（n+2)=aG(n+1)+bG(n)をみたす数列G(n)をとる。
d=gcd(m,n)とするとき、gcd{F(n),G(m)}が下記のようになることを証明せよ。
(1) gcd{F(n),G(m)}=G(d) (m/dが偶数のとき)
(2) gcd{F(n),G(m)}=1あるいは2 (m/dが奇数のとき)

0612エトス

2012/01/18(水) 23:16:02.08

f,gは互いに素な既約多項式として一般性を失いません.
f,gを分解するようなQ上のGalois拡大をEとします.
f,gの根(の1つ)をそれぞれα,βとします.
density theoremより,Eにおいて完全分解される
有理素数の密度は1/[E:Q]＞0 ですから,
Q(α),Q(β)のそれぞれの中で完全分解されるような
有理素数が無限に取れます.
F_pへの還元を考えることで結果が従うといえます.

0613エトス

2012/01/18(水) 23:26:27.34

[問題]
次の条件を満たすようなf:N→Z は存在するか
(ここで,Nは正整数全体の集合としておきます)

[条件]
|Im(f)|=18 であり,任意の正整数nに対して,
f(n+6)=Σ[i=0,5]a_i*f(n+i)を満たすような
整数定数a_0,a_1,..,a_5 の組が取れる。

0614611

2012/01/18(水) 23:51:44.44

>>611は>>609の回答です・

0615１３２人目の素数さん

2012/01/19(木) 01:12:03.70

a=3, b=1
F(0)=0, F(1)=1, F(2)=3, F(3)=10
G(0)=2, G(1)=1, G(2)=5
gcd{F(3),G(2)}=5≠G(1)

0616611

2012/01/19(木) 01:37:20.12

>>615
ごめん　>>611の問題は以下のように訂正するわw
問題：a,bを互いに素な、a^2-4b≠0をみたす整数とする。
F(0)=0、F(1)=1、F（n+2)=aF(n+1)+bF(n)をみたす数列F(n)とG(0)=2、G(1)=1、G（n+2)=aG(n+1)+bG(n)をみたす数列G(n)をとる。
d=gcd(m,n)とするとき、gcd{F(m),G(n)}が下記のようになることを証明せよ。
(1) gcd{F(m),G(n)}=G(d) (m/dが偶数のとき)
(2) gcd{F(m),G(n)}=1あるいは2 (m/dが奇数のとき)

0617１３２人目の素数さん

2012/01/19(木) 01:42:14.82

？？？

0618１３２人目の素数さん

2012/01/19(木) 01:44:13.67

[問題]
　u=5sin(ωt-π/3)を正弦と余弦の成分に分解せよ

0619１３２人目の素数さん

2012/01/19(木) 01:45:19.26

>>617
mとnが逆になっている部分があるから修正されている

0620１３２人目の素数さん

2012/01/19(木) 01:52:19.20

それでも615が反例になっとるな

0621611

2012/01/19(木) 02:20:28.39

ごめん、またやっちゃったなw

「a,bを互いに素な、a^2-4b≠0をみたす整数とする。
F(0)=0、F(1)=1、F（n+2)=aF(n+1)+bF(n)をみたす数列F(n)とG(0)=2、G(1)=a、G（n+2)=aG(n+1)+bG(n)をみたす数列G(n)をとる。
d=gcd(m,n)とするとき、gcd{F(n),G(m)}が下記のようになることを証明せよ。
(1) gcd{F(n),G(m)}=G(d) (m/dが偶数のとき)
(2) gcd{F(n),G(m)}=1あるいは2 (m/dが奇数のとき) 」

G(1)の値が違ってた、これで問題ないと思うw

0622１３２人目の素数さん

2012/01/19(木) 02:56:02.61

もういい、さがれ

0623１３２人目の素数さん

2012/01/19(木) 22:36:41.15

>>621は、http://note.chiebukuro.yahoo.co.jp/detail/n5829
の定理９の内容そのものだね。

0624１３２人目の素数さん

2012/01/19(木) 22:38:55.60

いや、漸化式が間違ってる

0625611

2012/01/19(木) 22:40:35.72

>>621も間違いかw
たびたび間違えたな。正確にはこうだ。
「a,bを互いに素な、a^2-4b≠0をみたす整数とする。
F(0)=0、F(1)=1、F（n+2)=aF(n+1)+bF(n)をみたす数列F(n)とG(0)=2、G(1)=a、G（n+2)=aG(n+1)+bG(n)をみたす数列G(n)をとる。
d=gcd(m,n)とするとき、gcd{F(m),G(n)}が下記のようになることを証明せよ。
(1) gcd{F(m),G(n)}=G(d) (m/dが偶数のとき)
(2) gcd{F(m),G(n)}=1あるいは2 (m/dが奇数のとき) 」
上記のとおり、回答はhttp://note.chiebukuro.yahoo.co.jp/detail/n5829
の定理９の内容そのものだから、関心がある人は見てくれw

0626１３２人目の素数さん

2012/01/19(木) 22:44:04.56

どうでもよいけどその問題をここに挙げた人と
知恵袋puit578さんは中の人が同じだとおもわれ
適当な2次の数体の整数環の中で議論すれば
ノートの証明はいくらか縮約できるとおもうがどうでもよい

0627611

2012/01/19(木) 22:52:22.18

>>611の問題は却下します。間違いまくってすみませんでした。新たに問題を投下します。
問題：a、b、nを正の整数(ただし、a＞bとする)、φ(n)をオイラーのトーティエント関数とする。
φ(a^(n-1) +a^(n-2)・b+…+b^(n-1) )はnで割り切れることを証明せよ。

0628１３２人目の素数さん

2012/01/19(木) 23:05:37.33

>>627
gcd(a,b)=1のときに正しいことを示せば十分.
m=(a^n-b^n)/(a-b) とおく.
すぐわかるように(m,ab)=1である.
以下,G:=U(Z/mZ)の中で考える.
c=a/b とおくと,<c>は位数nのGの部分群である.
証明ここまで.

0629エトス

2012/01/19(木) 23:12:20.38

さらにもう一題追加☆

(問題)
f∈Q[X]を既約とし,n:=deg(f)＞2とする.fの最小分解体をLとするとき,
n=[L:Q]ならばf(X)|f(g(X))かつ1＜deg(g)＜nを満たすg∈Q[X]が存在する.

0630エトス

2012/01/19(木) 23:19:05.02

上のはちょっと微妙なので.
(次数が1より大きいという部分以外はほとんど明らかに思えるから)

(問題)
F_p(p＞2)上の方程式:ax^4+by^4=cz^2(abc≠0)は非自明な解を持つ

これなら少しマシだとおもいます.

0631エトス

2012/01/19(木) 23:33:51.20

>>627

(別解)
gcd(a,b)=1としておく.
Zsigmondy Theoremより,
いくつかの特殊な場合を除いて,
http://mathworld.wolfram.com/ZsigmondyTheorem.html
a^n-b^nはord_p(a/b)=nを満たす素因数pを持つ.
証明ここまで.(いくつかの特殊な場合は別に検証する)

0632エトス

2012/01/20(金) 00:08:21.63

[改題]
n^{τ(n)/2}|φ((a^n-b^n)/(a-b))

n^{τ(n)/2}はnの正の約数の全ての積だから,
問題はZsigmondyの定理からほとんど明らかです.
(いくつかの特殊なケースを注意深く処理してください)
たとえば,n=12,a=2,b=1とすると,
n^{τ(n)/2}=12^3
φ((a^n-b^n)/(a-b))=φ(2^12-1)=12^3
偶然にも等号まで成立しています.

0633１３２人目の素数さん

2012/01/20(金) 14:27:28.12

では、あのダージも解けなかった問題。君たちには解けるか？

f (x) を整係数多項式とする。その n 回 iteration f^n (x) を
f^1 (x) = f (x), f^(n+1) (x) = f (f^n (x)) で帰納的に定義する。
m, n を互いに素な自然数とするとき、整係数多項式環 Z [x] における次の整除関係を示せ。

(f^m (x) - x)*(f^n (x) - x) | (f^(mn) (x) - x)*(f (x) - x)

0634１３２人目の素数さん

2012/01/20(金) 14:44:24.48

ついでにもう一題

f_i (x), i = 1, 2, ... , n を複素係数多項式、α_i, i = 1, 2, ... , n を複素数とする。
d = Σ[i = 1 → n] dim f_i (x), 更に自然数 m に対し複素数 F (m) を
F (m) = Σ[i = 1 → n] f_i (m)*α_i^m
で定義する。もしこの時 F (m), m = 1, 2, ... , d + 1 が全て(有理)整数なら、
任意の m に対して F (m) は(有理)整数。

0635１３２人目の素数さん

2012/01/20(金) 16:07:47.84

>>633
明らかに任意の正の整数s,t(s＞t)に対して次がいえる
f^s(x)-x=f^(s-t)(f^t(x))-f^(s-t)(x)+f^(s-t)(x)-x

f^t(x)-x|f^(s-t)(f^t(x))-f^(s-t)(x) だから
f^(s-t)(x)-x∈(f^s(x)-x),f^t(x)-x) (2元で生成されるZ[x]のイデアル)

m,nは互いに素であったので上記のことより
f(x)-x∈(f^m(x)-x),f^n(x)-x) がいえる
またf^m(x)-x,f^n(x)-xはともにf(x)-xで割り切れるので
gcd((f^m(x)-x)/(f(x)-x),(f^n(x)-x)/(f(x)-x))=1
ここで (f^m(x)-x)/(f(x)-x)|(f^mn(x)-x)/(f(x)-x)
と (f^n(x)-x)/(f(x)-x)|(f^mn(x)-x)/(f(x)-x)
の成立はほとんど明らかだが(分母を払えばすぐ確認できる)
2つの因子は互いに素であることは先ほど示したので
したがって証明が完了したといえる

0636635

2012/01/20(金) 16:12:49.38

>>633
問題を引用するときは出典をかきましょう(オリジナルでない限り)

上の問題はここにある
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=61&t=412797

自分の書いた解答はほぼGreenKeeperさんに因んでいる
(彼のつまらないミスを修正したバージョンに過ぎない)

0637エトス

2012/01/20(金) 21:13:27.69

>>625
定理5の証明は一般項の形をそのまま利用すれば早いです.
u(m)=v(m-n)*u(n)±b^s*u(±(2n-m))
(s=min(m-n,n)で,s=m-nのときプラスを取り,それ以外はマイナス)
|2n-m|＜mですから,定理1とm+nに関する帰納法で簡単に示せます.
とくに|b|=1のときは定理1に相当するものすら不要となります.
(たとえばfibonacciとかlucasとか)

0638611

2012/01/20(金) 23:16:21.93

>>637
アドバイスありがとうございます。

>>632の回答ですが、特殊なケースというのは
(1)a+bが4以上の2のベキ乗かつ2|nのとき、(2)a=2、b=1かつ6|nのとき
ですね。
(1)　Zsigmondyの定理から、1,2以外のnの約数dに対してord_p(a/b)=dをみたす素数p(≠2)の存在がいえるから
(n^{τ(n)/2})/2|φ((a^n-b^n)/(a-b))がいえる。ここで(a^n-b^n)/(a-b)は明らかに4で割り切れるから、
n^{τ(n)/2}|φ((a^n-b^n)/(a-b)) がいえた。

(2)
Zsigmondyの定理から、1,6以外のnの約数dに対してord_p(2)=dをみたす素数pの存在がいえるから、
(n^{τ(n)/2})/6|φ(2^n -1)がいえる。
ここでord_7(2)=3であるから、(n^{τ(n)/2})/3|φ(2^n -1)がいえる。
また、同様に2,6以外のnの約数dに対してord_p(2)=dをみたす素数p(≠3)の存在がいえるから、
(n^{τ(n)/2})/12|φ(2^n -1)がいえる。ここで2^n -1は9で割り切れるから、(n^{τ(n)/2})/4|φ(2^n -1)がいえる。
以上より、(2)の場合もn^{τ(n)/2}|φ((a^n-b^n)/(a-b))がいえた。

0639１３２人目の素数さん

2012/01/21(土) 14:08:49.63

>>636
ダージの一言で分かれば問題ないじゃん

0640１３２人目の素数さん

2012/01/22(日) 00:32:30.36

test

0641１３２人目の素数さん

2012/01/22(日) 02:55:25.86

>>638
36|φ(2^6-1)
2|φ(a^n-b^2) (2|a+bのとき)
の2通りを確かめるだけでも十分

>>577
Q[X]はPIDだからとくに
pf+qg=1 を満たすp,q∈Q[X]の組が取れる
np,nq∈Z[X]を満たすn∈Z(n≠0)を取ると
npf+nqg=n となるので
各整数kに対して gcd(f(k),g(k))|n がいえる

0642１３２人目の素数さん

2012/01/22(日) 13:49:00.15

Chebotarev's Density Theorem
とか
Zsigmondy Theorem
難しすぎ

0643１３２人目の素数さん

2012/01/22(日) 16:59:53.75

Z_p を p - 進整数環、 Z_p (×) Z_p を Z 上のテンソル積、P ： Z_p (×) Z_p → Z_p を積写像とする。
この時 P は環準同型となるが、 Ker P は 0 では無く、 Abel 群として divisible であることを示せ。

0644１３２人目の素数さん

2012/01/22(日) 17:18:34.98

>>643
KerPがゼロでないのはZ_pの構造からほとんど明らか
Abel群としてinjective groupであることも少し考えればわかる

スレチの内容が増えてきたのはいかん
解法はなにをつかってもいいのおもうのだが
せめて問題文は初等整数論の言葉で書かれるべきだろ

0645１３２人目の素数さん

2012/01/22(日) 17:35:10.53

＞Abel群としてinjective groupであることも少し考えればわかる
だったら理由を一言書けよ。

0646１３２人目の素数さん

2012/01/22(日) 17:50:14.35

付け足し。
∩_n (Ker P)^n を求めよ。
簡単に求まるかな？

0647１３２人目の素数さん

2012/01/22(日) 18:05:27.07

一般lucas数列(u(n))において、
n＞30ならばu(n)はprimitiveな素因数を持つ
これを証明せよ
(u(n)のprimitiveな素因数とはとくにnより小さい全ての自然数kに対して
u(k)を割り切らないu(n)の持つ素因数ことである)

これは問題文は誰だってわかるが知られている解法は高度で
代数的整数論を使いこなす必要性がある
このような問題も >>1 からスレチとみなすべきだろう
重要なのは初等的な問題文とある程度のオリジナル性と
なるべく初等整数論的解法が事前に用意されていること
初等的な言葉で書かれている＞オリジナル性＞初等的な解法

0648１３２人目の素数さん

2012/01/22(日) 18:29:40.40

フィボナッチ数列類似の多項式列{F(n)}を次のように定義する：
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n).
このとき、任意の自然数nに対して、
F(5^n) は 1 + x + x^2 + … + x^(5^n - 1) で割り切れることを示せ。

0649１３２人目の素数さん

2012/01/23(月) 18:40:50.14

一度高い山まで登ってしまったら
わざわざ降りていき麓を観察するなどはしないが
たとえばフェルマの小定理は改めてみてもとても美しい
たとえばこれがほとんど明らかに感じられるようになっていたとしても

0650１３２人目の素数さん

2012/01/24(火) 19:06:30.85

>>596
n=Π_[i=1,n-1](1- s^i)かつ1-s|1- s^iより、(1-s)^(n-1)|nがいえる。とくに,(1-s)^2|nがいえる。

0651１３２人目の素数さん

2012/01/24(火) 23:49:52.91

(2^n+1)/(n^2)が自然数となる自然数nをすべて挙げろ

0652１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 00:05:20.36

>>651
>>1 を1回か3回読みなされ
IMOの問題は有名すぎるよ

0653１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 00:07:36.03

一応解法の流れを書くと

(ⅰ)
n|2^n+1 かつ n＞1 ならば 3|n がいえる

(ⅱ)
n^2|2^n+1 ならば nは9で割り切れない

(ⅲ)
n^2|2^n+1 かつ n＞3 ならば nは3以外の素因数をもつ

(Ⅳ)
矛盾が導かれる

0654１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 02:12:42.93

>>651
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/resources.php?c=1&cid=16&year=1990&sid=cef0c1146c259f1dee95c5befc43642f
IMOの1990年の問題じゃん、1読んだ？読んだんなら相当な馬鹿だね。

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=366466&sid=cef0c1146c259f1dee95c5befc43642f#p366466
にも回答があるね。

0655１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 18:00:02.20

（ｎ＾２）｜（ａ＾ｎ＋１）となる１より大きい整数ｎが存在しない整数ａを求めよ。

0656１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 18:42:29.85

>>655
a＞2であるならば、Zsigmondyの定理を用いることで、
n^2|a^n+1 を満たす整数n＞1が存在するといえる。
(無限に存在することも当然いえる)
これだけで終わってもいいが、以下そのことの詳細。
(別にこの定理を用いなくても説明がつくが
つかったほうが説明が早いのでそういう意味で賢いし、
そもそもこの定理の証明は初等数論の範囲で説明がつく
ただし計算が少々面倒な証明方法しか私は知らないが)

0657１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 18:50:07.01

>>656
おっと、誤った情報を吐いていた。
脳がバグっていたようだ大幅に訂正しておく。

(claim)
a+1が2のべき乗であるとき、問題の整数n＞1は存在しない。
a＞2かつa+1が2のべき乗でないとき、問題の整数n＞1は存在する。
とくに無限に存在することがZsigmondyの定理からすぐに示せる。

0658１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 18:56:02.59

0659β

2012/01/25(水) 19:00:57.31

claim（笑）
いちいち英語使ってドヤ顔せんでええから

0660１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 19:03:57.33

あ、ちょっと変だな。
nが奇素因数を持っていたと仮定して矛盾を導くほうがよかったな。
そうすれば、5～8行目はきちんと機能する。

次はa+1が2のべき乗でない場合を。

0661１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 19:06:39.26

>>656
それは間違い、a+1が2のベキ乗のとき、つまりa=2^m -1のときは、
n^2|a^n +1をみたすnはn=1のみであることがいえる。

証明の流れとしては
nが偶数のとき
4|n^2、a^n +1≡2 (mod 4)だからn^2|a^n +1とはなりえない。

nが奇数のとき
n＞1の最小の素因数pをとる。
a^n +1≡0 (mod p)がいえる。
a^(p-1)≡1 (mod p)とa^(2n)≡1 (mod p)、gcd(p-1,2n)=2よりa^2≡1 (mod p)がいえる。
よって、a≡±1 (mod p)がいえるが、いずれにせよpが2の約数となり、矛盾する。

また、a＞2でかつa+1が奇素数pを素因数にもてば
pがn^2|a^n +1をみたすことは容易に示せるね。

ついでにいえば、このとき、n^2|a^n +1をみたすnが無数にあることも以下のように言える。

a^p +1がp以外の奇素数の素因数qを持つことが言える
(Zsigmondyの定理を使うと自明だけど、使わなくても出来る)
したがって、pqもn^2|a^n +1をみたすことがいえる。

上記のような議論を繰り返せば、n^2|a^n +1をみたす整数が無数にあることが言える。

0662β

2012/01/25(水) 19:09:24.37

ほらな
ドヤ顔するやつは間違えるんだ

0663１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 19:13:10.36

そっか。じゃあカタカナにすればよかったかな。クレイム。

a+1が2のべき乗でないときを考える。
a+1を割り切る奇素因数pが取れる。
このとき、p^2|a^p+1 が成立している。
(これを確認するにはp|(a^p+1)/(a+1)を確認すればよいが
それはa≡-1(mod p)からすぐに確認できる)

存在はいえたから問題はこれでお終いとしていいけれど、
さらにa＞2を仮定すれば、Zsigmondyの定理を使うことで
ここから無限に存在することがすぐいえる。

ある奇数の整数d＞1に対して、
d^2|a^d+1 が成立していたとする。
Zsigmondyの定理より、a^d+1にはprimitiveな奇素因数pが存在する。
それは明らかにdと互いに素である。(なぜなら、2d|p-1 だから)
p^2|a^(pd)+1 は簡単に確認できる。(前とほぼ一緒の方法で)
ここで、d^2|a^d+1 だったから、
gcd(p,d)=1 かつ a^d+1|a^(pd)+1 (p,dはともに奇数だから)
まとめて(pd)^2|a^(pd)+1 がいえた。

0664１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 19:17:07.66

>>661
すまんね内容被らせることを書かせてしまって！

0665１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 19:23:59.85

Zsigmondyの定理は使って早いなら使ったほうがいい
その程度で終わる問題があったとしたら、
たとえば使わないで解いたとしても所詮その程度の問題なんだから！

0666１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 19:31:36.04

○たとえ使わないで
×たとえば使わないで

L_1=1, L_2=3, L_(n+2)=L_(n+1)+L_(n)
によって数列(L_n)を定めるとき、
n^2|L_n を満たす正の整数nは無限に存在するか。

×無数に存在する
○無限に存在する

む‐すう【無数】
[名・形動］数えきれないほど多いこと。

0667１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 22:01:11.53

aが負のときは？

0668１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 22:02:05.54

Zsigmondyって何て読むの？シグモンディ？ジグモンディ？ツィグモンディ？

0669１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 22:12:08.07

nが偶数のときは考える必要がないので
nが奇数だけを動くとしてよい

だから結局aが負のときは n^2|a^n-1 (a＞1)
をかわりに考えればよい
やはりこれも同様の議論で解けるので無問題

0670１３２人目の素数さん

2012/01/25(水) 22:40:37.71

>>669
n^2|a^n-1 (a＞1) をみたすnだね。

結論だけ書くと
a=2のとき、解なしになるんだよね。
そして、a≧3のときのとき、正の整数nは無数にあることがいえる。

0671エトス

2012/01/25(水) 22:47:03.90

>>650
(X^n-1)/(X-1) = Π[1≦i＜n](X-ζ^i)
そういわれればそうですね...
相応しくない回答しか用意していませんでした.

>>666
R=Z[φ],A=Z[φ]/pZ[φ]とします.(p:素数)
φ=(1+√5)/2 のAでの位数をみればいいでしょう.
(AはF_p(√5)に自然に同型で,√5∈F_pでないなら,
さらにGal(p^2)と同型になります.)
つまりはn^2|2^n+1の問題と本質的に同じ解法が取れるでしょう.

0672エトス

2012/01/25(水) 22:48:42.04

失礼.Gal(p^2)じゃなくてGF(p^2)でした...

0673エトス

2012/01/25(水) 23:45:52.55

>>666
n|L_n を満たす奇数n＞1が存在しないことを示してみます.
n|L_n を満たす奇数n＞1が存在したと仮定します.
このときのnの最小の素因数をqとします.

X^2-X-1∈Q[X]の根のうち,正のものをαとし,もう片方をβとします.
(上のほうでφの記号を使いましたが,以降は代わりにα,βとします)

[準備]
任意に奇素数pを取ります.F_p=Z/pZとします.(同型を固定)
以下,主にA=R/(p)の中で考えているとします.(R=Z[α])

(ⅰ)√5がF_pに入っていないとき
このとき,F_p(√5)/F_pは2次のGalois拡大で,
(このガロア群はFrobenius射で単生成されています)
αに対してノルムを取れば,αα^p=αβ=-1
よって,α^(p+1) = -1 を得ました.

(ⅱ)√5がF_pに入っているとき
このとき,明らかに,α^(p-1)=1 です.

0674エトス

2012/01/26(木) 00:08:48.50

以下,主に B=R/(q)の中で考えているとします.(R=Z[α])
αのBでの位数をo(q)と書くことにします.

q|L_nより,α^n+β^n=0
ここから,α^(2n)=(-1)^(n+1)=1

√5がF_qに入っていないとすると,
s=o(q)/2とおくとき,s|q+1 かつ s|n
(>>386 を参照にするとよいです)
よって,qの最小性から,s=1がいえます.
s=1のとき,α+1=0 ですから,
α^2-α-1=0 とあわせて,1=0 となり矛盾です.

√5がF_qに入っているとすると,
o(q)|q-1 かつ o(q)|2n なので,
qの最小性より,o(q)=1,2 となります.
o(q)=1ならば,α=1ですから,α^2-α-1=0とあわせて,
-1=0となり矛盾です,
また,o(q)=2とすれば,α^2=1 ですから,
0=α^2-α-1=-α　となるので,α=0 となります.
これは明らかに矛盾です.

以上より,n|L_nを満たす奇数n＞1が存在しないといえました.

0675エトス

2012/01/26(木) 00:23:33.00

n^2|L_n を満たす偶数n＞1が存在しないことはかなり簡単です.
そういうnが存在したとすると,4|L_n がいえますが,
一般に4|L_nを満たす整数nは奇数に限ります.矛盾です.

2つの結果をあわせて, >>666 の問題は解けたとおもいます.

0676エトス

2012/01/26(木) 00:41:20.49

0677１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 00:52:53.69

ryou

0678エトス

2012/01/26(木) 00:54:41.59

[問題]
n(n+1)(n+2)(n+3) が2つの平方数の和で
表現できるような整数nは無限に存在するか

0679１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 01:21:55.33

ねーよアホｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗ

0680１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 02:06:15.21

3*4*5*6 = 18^2+6^2

0681１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 11:08:24.48

フェルマーの二平方数和

0682１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 18:12:43.41

>>678
m^2-3k^2=1を満たす正整数m,kの組はいくらでも存在します^^;
そのときに n=m^2-1 とおけば与式=(m^2-1)m^2(m^2+1)(m^2+2)
ここで肝心なのは m^2-1=3k^2、m^2+2=3(k^2+1) となっていること^^;
結局、与式=9k^2(k^2+1)m^2(m^2+1) となりますね^^;
素分解したときのどの4s-1の形の素因数の指数も偶数だから終わりですね^^;

0683１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 19:30:34.89

リスト更新しました^^
いくつかの問題は排除しました^^

① フィボナッチ数列類似の多項式列{F(n)}を次のように定義する：
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n).
このとき、任意の自然数nに対して、
F(5^n) は 1 + x + x^2 + … + x^(5^n - 1) で割り切れることを示せ。

②自然数x_1, x_2, ..., x_nが
1/x_1+1/x_2+...+1/x_n=1 を満たすとき
x_1+x_2+...+x_n の最大値を求めよ。

③4桁の自然数Mをp進法において反転させたものをNとする。
M=2N が成立するような正整数p,M(p＞1)の組を全て求めよ。

④各整数n≧6に対して、τ(n!)|n! が成立することを示せ。

⑤|2^x-3^y|=p を満たす整数x,yの組が存在するような
p≡-7(mod 24)なる素数pはp=17以外に存在するか。

0684１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 19:31:51.98

⑥x^4+y^4=z^2+1 を満たす整数x,y,z＞1の組は無限に存在するか。

⑦ 次の条件を満たすようなf:N→Z は存在するか
(ここで,Nは正整数全体の集合としておきます)

[条件]
|Im(f)|=18 であり,任意の正整数nに対して,
f(n+6)=Σ[i=0,5]a_i*f(n+i)を満たすような
整数定数a_0,a_1,..,a_5 の組が取れる。

⑧F_p(p＞2)上の方程式:ax^4+by^4=cz^2(abc≠0)は非自明な解を持つ

⑨f_i(x) (i=1,2,..,n)を複素係数多項式、
α_i (i=1,2,..,n)を複素数とする。
d=Σ[i=1,n]degf_i(x)とおく。
更に各自然数mに対し複素数F(m)を
F(m)=Σ[i=1,n]f_i(m)*(α_i)^m により定義する。
もしこの時、F(m)(m=1,2,.., d+1) が全て(有理)整数なら、
任意のmに対してF(m)は(有理)整数。

⑩次の素数の連立方程式を解け(ゴミ問題追加 mew!)
ps=q+1
sq+1=r

0685１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 20:38:22.03

誰か①②はやく解けよカス共

0686１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 20:41:01.48

いやだよ

0687１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 21:40:00.16

F(m)=2(1/2)^m.
F(1)=1.
F(2)=1/2.

0688１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 23:04:00.60

非自明って何。

0689１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 23:08:46.74

>>688
x=y=z=0 が自明な解だと思われ
それ以外が非自明だと思われ

有理整数のmodの言葉で書くと
ax^4+by^4≡cz^2 (mod p)を満たす
整数x,y,z(ただし,x,y,z全てがmod pで0ではない)
の組が存在する

0690１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 23:23:23.60

>>669
同様の議論で解ける？

0691１３２人目の素数さん

2012/01/26(木) 23:28:29.56

>>690
ああできるぞ
思考停止でOK

0692１３２人目の素数さん

2012/01/27(金) 02:07:12.22

>>690
こういう風になる(ほとんど同様だね)。

n^2|2^n-1をみたすnはn=1のみであること。

明らかにnは奇数
n＞1の最小の素因数pをとる。
2^n -1≡0 (mod p)がいえる。
2^(p-1)≡1 (mod p)と2^n≡1 (mod p)、gcd(p-1,n)=1より2≡1 (mod p)となり矛盾する。

また、a＞3のとき、a-1の素因数pを取れば
pがn^2|a^n -1をみたすことは容易に示せる。
a^p -1がp以外の奇素数の素因数qを持つことが言える。
(Zsigmondyの定理を使うと自明だけど、使わなくても出来る)
したがって、pqもn^2|a^n -1をみたすことがいえる。
上記のような議論を繰り返せば、n^2|a^n -1をみたす整数が無限にあることが言える。

a=3のときは4^2|3^4 -1=16・5であることから、(4・5)^2|3^20 -1がいえる。
Zsigmondyの定理より、3^20 -1には3^4 -1はない素因数p'が存在する。
よって、(20・p')^2|　3^(4・p') -1がいえる。
上記のような議論を繰り返せば、n^2|3^n -1をみたす整数が無限にあることが言える。

0693１３２人目の素数さん

2012/01/27(金) 02:42:32.01

Zsigmondy使わないなら円分多項式の結果かそれに対応するものを使うだけ
そんなこと書いたら解答が長くなる(=醜くなる)のでZsigmondyを使うのみ
もっというとlucas sequence(いわゆるlucas数じゃなくて一般のlucas数列)
にはprimitive divisorが小数の例外を除いて必ず存在することが知られている。
なので、もっと上から目線でいうと、
もはやZsigmondyの定理といちいち断る意味すら皆無となってしまう。
ちなみに小数の例外が具体的になにかも完全に知られている。
(Zsigmondyの定理とかいちいちいうとなんかかっこ悪いし
きもいから、かっこよくprimitive divisorが存在するときめておこう)

Zsigmondyの定理？きんもー☆
なにその定理？ primitive divisorが取れるでよくね？
なにそのマイナー定理？きもいんだけど。

0694１３２人目の素数さん

2012/01/27(金) 02:49:27.16

確かにブロンズソードとレーザー兵器の差ぐらいあるが
同様に証明の難易度にも差がありすぎるだろｗ
ま、Zsigmondyの響きがよくないのは同意だがｗ
つかどうでもいいぞまじで！ｗ

0695１３２人目の素数さん

2012/01/27(金) 03:00:00.24

ａ，ｂ，ｂ－ａ，－ａ，－ｂ，ａ－ｂ，ａ，ｂ。

0696１３２人目の素数さん

2012/01/27(金) 03:28:43.49

国というものがよくわからない

0697１３２人目の素数さん

2012/01/27(金) 05:10:39.96

x^3+y^3≡3 (mod n)を満たす整数(x,y)の
組が存在するような整数n＞1を全て求めよ

0698エトス

2012/01/27(金) 20:09:42.79

>>697
答えは gcd(n,63)|3 を満たす全ての整数n＞1です.

(pf)
gcd(n,63)|3 が必要であることはすぐ確認できます.
ここでは十分であることを示したいとおもいます.

素数p≠3に対して,x^3+y^3≡3 (mod p)を満たす
整数x,yの組が存在するならば,(このこと自体はあとで示す)
各自然数kに対して,x^3+y^3≡3 (mod p^k) を満たす
整数x,yの組が存在することが次のようにして確認できる.

実際,x^3+y^3≡3 (mod p)が成立しているならば,
xとyのうち,少なくとも片方がmod pで0ではないので,
0でないものをy=aとし,もう片方をx=bとする.

f(X)=X^3+b^3-3∈F_p[X] とおくと,
その微分は f'(X)=3X^2 となるので,
とくにX=aはfのF_pの中の単根であるといえる.
よって,Henselの補題より,fはZ/p^kZの中でも根をもつ.

0699エトス

2012/01/27(金) 20:11:19.38

次に,任意の素数p≠7に対して,x^3+y^3≡3(mod p)
を満たす整数x,yの組が存在することを証明する.

p=2,3,5のとき正しいことはすぐ確認できるのでp≧11とする.

F_p上の楕円曲線E:y^2=x^3-3888 を考える.
Eの判別式がゼロでないことはすぐに確認できる.
有限体上の楕円曲線に関するHasseの定理より,
とくに #E(F_p)≧p+1-2√p＞3 (ここで p≧11を用いた)
これより,#E(F_p)≧4 がいえるので,
y^2=x^3-3888 を満たすx,y∈F_p(x≠0)の組の存在がいえる
このとき, s=(108+y)/(6x), t=(108-y)/(6x) とおけば,
s^3+t^3=3 in F_p の成立が確認できる.

以上の結果を中国剰余定理でまとめればよい.　　　　　　　　　　■

0700１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 02:34:22.84

(n^2+5n+5)(5n^2+5n+1)
が2つの有理数の5乗の和となる自然数nは無限に存在するか

0701１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 02:37:10.22

>>700
まじでいってんのか？

0702１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 02:38:39.64

>>701
それはどういう意味か教えてくれないか？

0703１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 02:48:31.37

たぶん答え用意せずにデタラメに生み出した問題かということだけど
それは違うよきちんと答えを用意してきてるよただし簡単かは知らない

0704１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 10:58:36.12

x^3 + y^3 + z^3 = 1 の整数解は無限に多くあることを示せ。
答えは用意してある。

0705１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 12:39:51.52

>704
x=3a^2+5ab-5b^2, y=4a^2-4ab+6b^2, z=5a^2-5ab-3b^2, w=6a^2-4ab+4b^2

0706１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 18:00:00.26

>>655
ａ＋１＝０のとき。
ｎが１より大きい奇数のとき（ｎ＾２）｜（ａ＾ｎ＋１）。

ａ＋１＝±２＾ｋ・ｍ（ｋは非負整数，ｍは１より大きい奇数）のとき。
ａ＾ｍ＋１＝（±２＾ｋ・ｍ－１）＾ｍ＋１≡０（ｍｏｄ．ｍ＾２）。

ａ＋１＝±２＾ｋ（ｋは非負整数）のとき。
ｎが偶数のときａ＾ｎ＋１＝（ａ＾（ｎ／２））＾２＋１は４の倍数にならないから
（ｎ＾２）｜（ａ＾ｎ＋１）を満たさない。
ｎが奇数のときｎの最小の素因数をｐとする。
ａ＾ｉ≡１（ｍｏｄ．ｐ）となる正の整数ｉの最小値をｈとすると
ｈ｜（ｐ－１），ｈ｜（２ｎ）で，ｈ｜ｎでないからｈ＝２。
ｐ｜（ａ－１）でなくｐ｜（ａ＾２－１）なのでｐ｜（ａ＋１）。
ｐは奇素数でａ＋１＝±２＾ｋなので条件を満たすｎはない。

（ｎ＾２）｜（ａ＾ｎ＋１）となる１より大きい整数ｎが存在しない整数ａは
ａ＝±２＾ｋ－１（ｋは非負整数）。

0707１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 18:00:11.43

>>683の⑤
答えは「存在しない」

x,y＞0としても問題ないので、以後そうする。
2^x-3^y≡-7 (mod 24)となるのは、xが3以上の偶数かつyが偶数であることがすぐにわかる。
x=2u、y=2vとおくと2^x -3^y=(2^u +3^v)(2^u -3^v)

2^u -3^v=±1 をみたすu,vを求める。
2^u -3^v=1の解は(mod 8)で考えるとu=1、v=1以外にないことがわかる。
このとき|2^x -3^y|=5だから、問題の条件をみたさない。

2^u =3^v -1は(mod 8)で考えると、vが偶数であることがわかる。
3^(v/2) -1と 3^(v/2) +1が2のベキ乗になるのは3^(v/2) -1=2、 3^(v/2) +1=4
に限られるから、v=2、u=3と定まる。
このとき|2^x -3^y|=17だから、問題の条件をみたす。

u,vが上記の値以外のときは、|2^x -3^y|は合成数となるから
問題の条件をみたす素数pはp=17に限られる。

0708１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 18:18:12.27

>>705
答えになって居ない

0709１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 18:22:25.99

wを分母として、

x=(3a^2+5ab-5b^2)/(6a^2-4ab+4b^2)
y=(4a^2-4ab+6b^2)/(6a^2-4ab+4b^2)
z=(5a^2-5ab-3b^2)/(6a^2-4ab+4b^2)

ということかと

0710１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 18:31:40.00

x^3+y^3+z^3=1 みたいな答えがどこにでもおいてある問題はどうでもいい
ウリジナルは要らない。オリジナルが必要だ。

0711１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 18:36:49.04

>>707
上から3行目
○ |2^x-3^y|≡7 となるのは
× 2^x-3^y≡-7 となるのは

>>706
既に同様の解答がほぼ直前にあるぞよ
異なるアプローチなら意味がよりあったかもな

0712１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 18:41:01.41

|2^x-3^y|≡-7 (mod 24) だった
x≧3ならば mod 8でみれば絶対は負で外れることがわかり 2|y がでる
つぎに mod 3でみれば 2|x がでる

0713１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 18:50:29.96

まるで白痴だな…
x^3+(-x)^3+1^3=1 でｲｲｼﾞｬﾅｲ

ちなみに x^3+y^3+z^3=3 を満たすような
整数x,y,zが無限に存在するかどうかは未解決問題

0714１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 19:04:42.64

ゴミ問題をやってみた

ps=q+1
sq+1=r
(p,q,r,sは素数)

4=2*2≦ps=q+1 ⇒ q≧3

5=2*2+1≦sq+1=r だから
rは奇素数なのでsかqどちらかは2になる
でもqは奇素数だったので s=2 となる

2p=q+1 (イ)
2q+1=r (ロ)

q≠3とすると(ロ)よりr＞3からq≡-1(mod 3)がいえる
ここで (イ)をつかえば p=3 がいえる
このとき q=5,r=11

q=3のとき p=2,r=7

以上より (p,q,r,s)=(2,3,7,2),(3,5,11,2)

0715エトス

2012/01/28(土) 19:56:58.98

>>641
正解です.
>>682
正解です.

[問題]
600万より大きい任意の整数は2つの互いに素な合成数の和で表現できる
(600万をなるべく小さな数に置き換えてくれたらポイント可算です！)

0716１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:12:01.56

>>711
>>706より前に正解がないが

0717704

2012/01/28(土) 20:22:09.29

訂正

x^3 + y^3 + z^3 = 1 の自明でない整数解 (x, y, z のどれも 1 でないもの) が無限に存在することを示せ。

0718１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:33:49.03

>>716
657-661,692 を見なされ
ちなみに君の解答は方は間違っている
方針は正しいから気にしなくていいと思うが

>>717
(1+9m^3)^3+(9m^4)^3+(-9m^4-3m)^3 = 1

下記をほとんどそのまま劣化引用しただけ
http://www.mathpages.com/home/kmath071.htm

0719１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:35:03.27

自力でこのパラメータをみつけてオリジナル問題として投稿したのか
ただのパクリなのかはわからないがおそらくただのウリジナルだろう

0720１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:37:46.81

よく考えたら716の解答のほうが正しいな
すまない正しいのは君のほうだった

0721１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:38:55.46

もうディオファントス方程式はうんざりだよ！

0722１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:39:47.74

>>718
(n^2)|((-3)^n+1)となる1より大きい整数nを一つ求めよ。

0723１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:45:30.71

どこで間違いがおこったかというと
n^2|a^n+1 と n^2|a^n-1 (a＞1)の問題に分解したとき
後者にはnが奇数という制約がつくというところだな
692はだからその制約がない場合を解いたということか
その場合はa≧3である限り無限に解があるということ

0724１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:46:24.03

>>722
>>720
このどこにでもある問題はこれで終わりにしよう君ので正しい

0725１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:48:39.74

ディオファントス方程式でもパクリでないかつある程度整った数式なら歓迎だ
しかしパクリは最悪だ。とくに有名なものは論外。死んだほうが良い。

0726１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:49:08.71

>>724
終わりたきゃ一人で終われ

0727１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:52:20.12

>>726
君も巻きぞいさ♪

0728１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:52:55.94

巻きぞい?

0729１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:53:51.07

巻き添え
おまえら全員巻き添えだ

0730１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:54:59.65

>>725
じゃあお前の問題はどこにあるんだ？

0731１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 20:56:35.93

>>724
どこにでもあるとは思わないけど...
少なくとも n^2|2^n+1 そのままよりは

0732１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 21:00:08.64

>>730
無い
それがどうした？

>>731
冷静に考えたらそうだな
しかしx^3+y^3+z^3=1は論外だとおもう
まあ別の人だと思うしそうであってもなくても
匿名掲示板においてはそれは本質ではないがｗ

0733１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 21:17:44.65

綺麗な素数の連立方程式を自作せよ

0734１３２人目の素数さん

2012/01/28(土) 21:36:30.55

つか書き込みえらい多いな
地震があってからめっちゃ過疎ってたのに

0735１３２人目の素数さん

2012/01/29(日) 00:30:41.89

地震があってからって何十年前の話だ？

0736１３２人目の素数さん

2012/01/29(日) 01:33:17.71

>>718は>>706の何行目が間違ってると思って間違っていると言ったのだろう?

0737１３２人目の素数さん

2012/01/29(日) 01:46:52.42

位数の半分を使えば解答をわずかに短くできるぞ

0738１３２人目の素数さん

2012/01/29(日) 01:52:59.28

2つほどつくってみたぞ

・x^6+y^6=1010 を満たす有理数x,yの組は存在するか？

・σ(n+1)＜σ(n+2)＜σ(n+3) を満たす自然数nは無限に存在するか？
(σ(n): nの正の約数の総和)
σが別の関数になった有名な問題が既にあるがこの問題のほうが難しい

0739１３２人目の素数さん

2012/01/29(日) 01:58:52.35

1010の問題は簡単すぎだから見なかったことにしてくれｗ

0740１３２人目の素数さん

2012/01/29(日) 03:00:36.58

両方とも簡単すぎるとおもうがなｗ

0741１３２人目の素数さん

2012/01/29(日) 10:00:00.16

67.

0742エトス

2012/01/29(日) 14:13:13.66

>>738
(回答)
n+2=a^pとして,素数pと整数aをうまく調整すればよいです.

a^p+1の素因数でa+1を割り切らないものは2p+1以上ですから,
lim[p→∞]f(a^p+1)=f(a+1) であることが容易に示せます.
ここで,f:Z+→Rはf(x)=σ(x)/x により定める乗法的関数です,
一方,lim[p→∞]f(a^p)=Π[q|a]q/(q-1) (qはaの素因数全体を動く)

たとえば, f(14)＜Π[q|15]q/(q-1)＜f(16) が確認できますので,
十分大きい素数pに対して,f(15^p-1)＜f(15^p)＜f(15^p+1)　　　　　■

0743エトス

2012/01/29(日) 14:24:01.42

最後の1行が抜けていました;;

[追加]
したがって,十分大きい素数pに対して,
σ(15^p-1)＜σ(15^p)＜σ(15^p+1) が成立します.

(問題)
f,g∈Z[X]に対して,f(X)|f(h(X)),g(X)|g(h(X))
を満たすdeg(h)＞1かつ既約なh∈Z[X]が取れる.

0744エトス

2012/01/29(日) 15:14:36.65

742の回答の上から2,3行目は次のように修正します(符号が漏れていました)

a^p±1の素因数でa±1を割り切らないものは2p+1以上ですから,
lim[p→∞]f(a^p±1)=f(a±1) であることが容易に示せます.(複号同順)

0745１３２人目の素数さん

2012/01/29(日) 18:00:00.16

６５５＝７０６。

0746１３２人目の素数さん

2012/01/29(日) 19:00:00.29

ｆ（Ｘ）＝Ｘ。

0747エトス

2012/01/29(日) 19:08:00.75

>>746
deg(f),deg(g)＞1としておきます(もれていました;)

0748１３２人目の素数さん

2012/01/29(日) 20:00:00.26

ｆ（Ｘ）＝Ｘ＾２。

0749エトス

2012/01/29(日) 20:28:40.94

>>748
たしかに！どうもです;

(問題)
f,g∈Z[X]に対して,f(X)|f(h(X)),g(X)|g(h(X))
を満たすdeg(h)＞1かつ既約なh∈Z[X]が取れる.
ただし,f,gはともにxで割り切れないとする.

今度は大丈夫だとおもいます...

0750１３２人目の素数さん

2012/01/30(月) 00:34:21.39

x^2+y^4の形の素数は無数にあることを示せ

0751１３２人目の素数さん

2012/01/30(月) 01:05:09.34

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　>>1　　　　　　　　　　　　 |　 ,.へ､__,.ﾍ/
　　　　　　　　　　　　　　 |　/ ＼　 ∠ヽ
　　　　　　　　　　　　　　　　 |i＾|｢::::::ﾉ=l:::::ｨ　　　／￣￣￣￣
　　　,.　-‐- ､　　　　　　　　　　 |ヽ|　　 r_ ＼l　　　|　静粛に……！
　 _/　　　　＼　　＿＿＿＿／| ∧. (二二7! 　＜　この男は今　このスレで
∠ 　ﾊヾミﾆ.r-､＼∠Ｌ:r‐-‐-､:::::::::|/　ヽ＿‐__.｣`ｰ-　|　初等的な解法が知られてない難問を挙げた
. /ｨ　,L V∠　＼ｌ　＼＼.）j j j j｀二i＼　　　 /:|::::::::::::　|　最初に言ったはずだ
　　W､ゞi　,､~ __ ｢￣∧　ヾ´´´　　 |.　＼　/　|::::::::::::　|　そういう行為は一切認めていないと・・・・・・！
　　　 ,ゝし'／ ,ﾉ.|　 /　ｉ　 l.　　　　 l　　　＼､.|::::::::::::　　　繰り返す！　スレを荒らす奴は
　　　l 、｀ヾﾆンl＼./＼|l､_｣　　　　ヽ、　/　ヾ::::::::::::　　　無条件で別室行きだっ・・・・！
.　　 | l　　　 | _l＼ﾄ､　 | ＼r──‐┐ﾄ/ / r‐┴-､:::
.　　　|. |　　 7　l　　ヽ　|　/☆☆☆.| | ∨ {ニニヾヽ

0752１３２人目の素数さん

2012/01/30(月) 01:07:57.27

すまん1じゃなくて>>750だｗしかもズレてるしｗ

In 1997, Iwaniec and John Friedlander proved that
there are infinitely many prime numbers of the form a2 + b4.[2]
Results of this strength had previously been seen as completely
out of reach: sieve theory—used by Iwaniec and Friedlander
in combination with other techniques—cannot usually distinguish
between primes and products of two primes, say.

以上はhttp://en.wikipedia.org/wiki/Henryk_Iwaniecから引用したｗ

0753名無しさん

2012/01/30(月) 18:20:31.53ID:5nj60JPR

　　　　　　　　　　__ﾉ)-'´￣￣`ｰ- ､_
　　　　　　　 ,　'´　　_. -‐'''"二ニﾆ=-`ヽ、
　　　　　　／　　／:::::; -‐''"　　　　　　 `ｰノ
　　　　　/　　　／:::::／　　　　　　　　　　　＼
　　　　 /　　 /::::::/　　　　　　　　　 |　|　|　 |
　　　　 |　　　|:::::/　/　　　　　|　　|　|　|　|　 |
　　　 |　　　|::/　/　/　|　　| ||　 |　| ,ﾊ .| ,ﾊ|
　　　 |　　　|/　/　/　/|　,ﾊﾉ|　/|ﾉﾚ,ﾆ|ﾙ'　
　　　　 |　　　|　 |　/　/ ﾚ',二､ﾚ′ ,ｨｲ|ﾞ/　　　私は只の数ヲタなんかとは付き合わないわ。
.　　　　|　　　＼ ∠イ　 ,ｲイ|　　　 ,`-' |　　　　　　頭が良くて数学が出来てかっこいい人。それが必要条件よ。
　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　さらに Ann.of Math に論文書けば十分条件にもなるわよ。
　　　 | 　　　　 ` -'＼　　　　　ｰ' 　人　　　　　　　　　　一番嫌いなのは論文数を増やすためにくだらない論文を書いて
　　　　|　　　　　　　 /(l 　　　＿＿／　ヽ、　　　　　　　　　　　良い論文の出版を遅らせるお馬鹿な人。
　　　 |　　　　　　　（:::::`‐-､__ 　|::::`､　　ﾋﾆﾆヽ、　　　　　　　　　あなたの論文が Ann of Math に accept される確率は?
　　　|　　　　　　／ `‐-､::::::::::`‐-､::::＼　　 /,ﾆﾆ､＼　　　　　　　　　　　　それとも最近は Inv. Math. の方が上かしら？
　　　|　　　　　　|::::::::::::::::::|` -､:::::::,ﾍ￣|'､　ﾋﾆ二、　＼
.　　 |　　　　　　/::::::::::::::::::|::::::::＼/:::Ｏ`､::＼　 |　'､　　＼
　　 |　　　　　 /:::::::::::::::::::/:::::::::::::::::::::::::::::'､::::＼ﾉ　　ヽ、　 |
　　|　　　　　 |:::::／:::::::::/:::::::::::::::::::::::::::::::::::'､',::::'､　/:＼__/‐､
　　|　　　　　 |／:::::::::::/::::::::::::::::::::::::::::::::::Ｏ::| '､::|　く:::::::::::::￣|
　　 |　　　　 /_..-'´￣`ｰ-､:::::::::::::::::::::::::::::::::::|/:/`‐'::＼;;;;;;;＿|
　　　|　　　　|／::::::::::::::::::::::＼:::::::::::::::::::::::::::::|::/::::|::::/:::::::::::/
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0754名無しさん

2012/01/30(月) 20:11:36.72ID:???

くだらない論文？
それすらも生み出さずに公的資金をやりくりしているやつよりマシかも

0755名無しさん

2012/01/31(火) 00:45:42.92ID:???

フルレンジ、フルモーションで私をメタファライズして

0756名無しさん

2012/01/31(火) 23:50:20.04ID:???

>>707
正解です^^

>>714
正解です^^

>>738
前問は748にあるようにmod 67です^^;

0757名無しさん

2012/02/01(水) 02:42:48.09ID:???

bakerは神だったな
bakerの結果のapplyにしか過ぎないものが氾濫しすぎている
まずはbakerからだな

0758１３２人目の素数さん

2012/02/06(月) 17:34:27.39

Π(X±√2±√3±√5) (符号の選び方は8通りで,8個の因子の積)
これがXを不定元とする整数係数多項式となることを証明せよ

0759エトス

2012/02/06(月) 18:05:19.40

>>758
ガロア群で不変だからQ係数多項式となるのはほとんど明らか.
I∩Q=Z(I:ZのCにおける整閉包)からZ係数であることが従う.

0760１３２人目の素数さん

2012/02/08(水) 11:10:48.03

係数が±1の多項式全体の集合をAとおき、
B={f(x)/g(x)|f(x),g(x)∈A} とするとき、
deg(p(x))≦3を満たすp(x)∈B∩Z[x]を全て求めよ。

0761１３２人目の素数さん

2012/02/08(水) 11:20:00.47

x^3+x in A?

0762１３２人目の素数さん

2012/02/08(水) 11:24:20.44

>>761
はい

0763１３２人目の素数さん

2012/02/08(水) 11:28:52.94

あ、よくみたらx^2の係数と定数項がゼロですね。
じゃあ x^3+xはAに入っていないが正しいです。

0764１３２人目の素数さん

2012/02/08(水) 11:39:39.69

これだとしょっぱいので問題を少し変えます。

係数が±1の多項式全体の集合をAとする。
f(x)g(x)∈Aを満たすg(x)∈Z[x]が存在するような
deg(f(x))=3なるf(x)∈Z[x]を全て求めよ。

0765１３２人目の素数さん

2012/02/08(水) 11:40:00.20

0x+1 in A?

0766１３２人目の素数さん

2012/02/08(水) 11:45:36.35

次数をmとするとき、0次(定数部)からm次の係数が全て±1ということです。

0767１３２人目の素数さん

2012/02/08(水) 12:24:44.98

なんとなく、だけど...面白いから、とか、お金の為じゃない気がする...

0768１３２人目の素数さん

2012/02/08(水) 20:00:00.13

x^3-x^2-x-1=x^3-x^2-x-1.
x^3-x^2-x+1=(x+1)(x-1)^2.
x^3-x^2+x-1=(x-1)(x^2+1).
x^3-x^2+x+1=x^3-x^2+x+1.
x^3+x^2-x-1=(x+1)^2(x-1).
x^3+x^2-x+1=x^3+x^2-x+1.
x^3+x^2+x-1=x^3+x^2+x-1.
x^3+x^2+x+1=(x+1)(x^2+1).
x^3-2x^2+1=(x-1)(x^2-x-1).
x^3-2x^2+2x-1=(x-1)(x^2-x+1).
x^3-2x+1=(x-1)(x^2+x-1).
x^3-1=(x-1)(x^2+x+1).
x^3-2x-1=(x+1)(x^2-x-1).
x^3+1=(x+1)(x^2-x+1).
x^3+2x^2-1=(x+1)(x^2+x-1).
x^3+2x^2+2x+1=(x+1)(x^2+x+1).
x^3-x-1=x^3-x-1.
x^3-x+1=x^3-x+1.
x^3+x-1=x^3+x-1.
x^3+x+1=x^3+x+1.
x^3-x^2-1=x^3-x^2-1.
x^3-x^2+1=x^3-x^2+1.
x^3+x^2-1=x^3+x^2-1.
x^3+x^2+1=x^3+x^2+1.
x^3-x^2+2x-1=x^3-x^2+2x-1.
x^3+x^2+2x+1=x^3+x^2+2x+1.
x^3-2x^2+x-1=x^3-2x^2+x-1.
x^3+2x^2+x+1=x^3+2x^2+x+1.
x^3-3x^2+3x-1=(x-1)^3.
x^3+3x^2+3x+1=(x+1)^3.

0769１３２人目の素数さん

2012/02/09(木) 00:53:02.44

>>715
Cを十分大きな正の整数とする。nを正の整数、pを素数とする。
1からnまでの素数の個数をπ(n)とすると
n≧Cをみたす正の整数nに対して、π(n)＜1.10556・n/log nがいえる。
http://archive.numdam.org/ARCHIVE/SDPP/SDPP_1975-1976__17_2/SDPP_1975-1976__17_2_A9_0/SDPP_1975-1976__17_2_A9_0.pdf
に上記不等式の証明があります。

メルテンスの定理より
Π_[p≦n](1- 1/p)={e^(-γ)/log n}・e^{f(n)}

ここで、f(n)とg(n)が以下のような関数とする。
任意の整数nに対して、正の実数αが存在して、|g(n)|≦α
f(n)=g(n)/log n -∫_[n,∞] g(x)/{x(log x)^2}dx
M=1 -log(log2) +∫_[2,∞] g(x)/{x(log x)^2}dx
M=0.26149…、γ=0.57721…

このとき、1 -log(log2) -M≦α・∫_[2,∞] 1/{x(log x)^2}dx=α/log 2
だから、α≧(1 -log(log2) -M)・log 2=0.76593…をみたす任意の実数α
に対して、|g(n)|≦αが成り立つ。

以後、α=1 -log(log2) -Mとおくことにする。
このとき。|f(n)|≦α/log nがいえる。

0770１３２人目の素数さん

2012/02/09(木) 00:53:52.74

>>769の続き

tを正の整数とする。
nと互いに素な整数の個数φ(n)をとる
nの素因数pをn^(1/t)より大きなものとn^(1/t)以下のものに分ける。
φ(n)=n・Π_[p|n] (1- 1/p)=n・Π_[p|n,p≦n^(1/t)] (1- 1/p)・Π_[p|n,n^(1/t)＜p] (1- 1/p)
nのn^(1/t)より大きな素因数は高々t-1個だから
Π_[p|n,p≦n^(1/t)] (1- 1/p)・Π_[p|n,n^(1/t)＜p] (1- 1/p)
=Π_[p|n,p≦n^(1/t)] (1- 1/p)・(1-1/{n^(1/t)})^(t-1)
≧Π_[p≦n^(1/t)] (1- 1/p)・(1-1/{n^(1/t)})^(t-1)
={e^(-γ)/log n^(1/t)}・e^{f(n^(1/t) )}・(1-1/{n^(1/t)})^(t-1)
={t・e^(-γ)・e^{f(n^(1/t) )}・(1-1/{n^(1/t)})^(t-1)}/log n

ここで、C=28^6、t=6とおくと
f(n)≦-α/log 28=-0.22985…だから
{t・e^(-γ)}・e^{f(n^(1/t) )}・(1-1/{n^(1/t)})^(t-1)
≧6・e^(-γ-α/log 28)・(1- 1/28)^5
=2.23188…だから

φ(n)≧2.2318・n/log nがいえる。

したがって、nと互いに素な合成数の個数は
少なくとも、2.23188・n/log n - 1.10556・n/log n=1.12632・n/log n＞1.10556・n/log n
となるから、1やnと互いに素な素数の個数よりも多い。

よって、n≧28^6のとき、nは互いに素な合成数の和で必ず書けることが言えた。

0771１３２人目の素数さん

2012/02/09(木) 01:11:41.64

>>769 >>770の続き
28^6は481890304だから5億に近いので、>>715の題意をみたさない。
しかし、nは有限の値だから、以下のような議論が出来る。

しかし議論は長すぎるので、大まかな方針にとどめる。

まず、3・5・7・11・13・17・19・23・29＝3234846615＞481890304=28^6だから
nは3,5,7,11,13,17,19,23,29のいずれかで割り切れないことがいえる。

nを割り切らない最小の素数pをとる。
pで割った時の余りがrの素数からなる有限集合をP(p,k)とする。
(pより小さな素数の積)・Π_[q∈P(p,k)]q＞28^6ならば、
P(p,k)の元のどれかはnを割り切らないことがいえる。
この性質をフル活用する。

上記の事実を用いて、nの素因数ではない素数q(1)，q(2)をn≡q(1)q(2) (mod p)かつ、
q(1)q(2)が出来るだけ小さくするようにとる(q(1)とq(2)は異なる必要はない).。

p=2、3、5、7、11、13、17、19、23、29に関して上記作業を行うと
結局、n＞30030をみたす整数nについて、nは互いに素な合成数の和で書けることが言える。

同様な議論を繰り返すと、結局n＞900をみたす整数nについて、nは互いに素な合成数の和で書けることが言える。

0772１３２人目の素数さん

2012/02/09(木) 02:46:28.82

>>771
訂正
×「nを割り切らない最小の素数pをとる。
pで割った時の余りがrの素数からなる有限集合をP(p,k)とする。
(pより小さな素数の積)・Π_[q∈P(p,k)]q＞28^6ならば、
P(p,k)の元のどれかはnを割り切らないことがいえる。
この性質をフル活用する。」

○「nを割り切らない最小の素数pをとる。
pで割った時の余りがrの素数からなる有限集合をP(p,r)とする。
(pより小さな素数の積)・Π_[q∈P(p,r)]q＞28^6ならば、
P(p,r)の元のどれかはnを割り切らないことがいえる。
この性質をフル活用する。」

0773１３２人目の素数さん

2012/02/09(木) 05:07:07.44

900=7^2+23*37

900より小さくできるが下限はいくつだろうか

0774１３２人目の素数さん

2012/02/09(木) 08:00:00.51

210.

0775１３２人目の素数さん

2012/02/09(木) 21:12:54.33

>>769の訂正
×「以後、α=1 -log(log2) -Mとおくことにする。」

○「以後、α=(1 -log(log2) -M)・log 2とおくことにする。」

0776１３２人目の素数さん

2012/02/11(土) 12:24:44.68

適当な整数 a, b によって
p = a^2 + 5ab + 7 b^2
と書ける素数 p は無限に存在する事を示せ

0777１３２人目の素数さん

2012/02/11(土) 14:57:56.18

>>776
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%BA%8C%E5%80%8B%E3%81%AE%E5%B9%B3%E6%96%B9%E6%95%B0%E3%81%AE%E5%92%8C#.E7.B4.A0.E6.95.B0.E3.81.AB.E3.81.A4.E3.81.84.E3.81.A6.E3.81.AE.E8.A8.BC.E6.98.8E
の議論で、r^2≡-1 (mod p)をr^2≡-3 (mod p)に変えると
pが奇素数でかつ(-3/.p)=1のとき、pはx^2 +3y^2=zp、1≦z≦3と書けることが分かる。
mod 4で考えると、z=2の場合はありえないことがすぐに言える。
z=3のときは、p=y^2 +3(x/3)^2がいえるから、
p≡1 (mod 6)のとき、p=x^2 +3y^2と書けることが言える。
あとはx=a +5・b/2 、y=b/2 をみたす整数a.bをとれば
p=a^2 +5ab+7b^2とかけるから、題意は言えた。

0778１３２人目の素数さん

2012/02/11(土) 16:04:11.72

>>777
それはthueの方法だわさ

[別解(略)]
f(x,y)=x^2+5xy+7y^2 とおく。
これは正定値2次形式で、判別式は-3である。
一方、2次体Q(√-3)の類数は1であるから、結局、
x^2≡-3 (mod 4p) が解ける条件を求めれば十分である。

p=2のとき、明らかに解なしである。
p=3のとき、明らかに解ける。
pが3より大きい素数のとき、
p≡1(mod 6)が解けるための必要十分条件である。

以上より、条件を満たす全ての素数pは、
p≡1(mod 6)なるもの、および、p=3の2種である。

0779１３２人目の素数さん

2012/02/11(土) 16:18:41.28

適当な整数 a, b によって
p = 2a^2 + ab + 3b^2
と書ける素数 p は無限に存在する事を示せ

これを2次形式としてみたときの判別式は-23であり、
Q(√-23)の類数は3だから、少し面倒なことになる。

0780779

2012/02/11(土) 16:33:39.46

やはり問題を取り下げる。
無限に存在することを初等数論の方法で示せるきがしない。

0781１３２人目の素数さん

2012/02/11(土) 19:08:43.58

適当な整数 a, b によって
p=4a^2 +8ab +9b^2
と書ける素数 p は無限に存在する事を示せ

0782779

2012/02/11(土) 19:59:11.95

>>781
Q(√-5)の類数は2だから,この場合はなんとかなるよ
たとえば >>777 のようにthueの方法でもいいとおもうよ

つまり、x^2+5y^2=kp (1≦k≦5)
とやって、kの候補を3つ(k=1,2,5)に絞る。
で、あとは(2次形式を)うまく変形すればいい

また同じことするの？ルーチンワークだよっという

0783779

2012/02/11(土) 20:10:16.06

おおっと、kの候補は全部だったな。
じゃあthueの方法だけじゃうまくいかない。

まあそれでもやはり4x^2+8xy+9y^2っていうのは
x^2+5y^2 か 2x^2+2xy+3y^2 のどれかに帰着されて、
素数p(≠2)はこのどれかで必ず表現できる。
重要なのは2次の指標を用いて2つのケースを区別できる。
だからやはりそういう意味で初等的に解ける。

0784779

2012/02/11(土) 20:26:38.78

と、だらだら無意味な言葉を並べたが全部撤回する
よく考えたら問題の2次形式の判別式は-80だから
x^2+5y^2 か 2x^2+2xy+3y^2 のどれかに帰着されるとは限らないね

0785779

2012/02/11(土) 20:38:21.43

せっかくだから回答を書いた。
p=(2X+2Y)^2+5Y^2

4p=x^2+5y^2 を満たす整数x,yが取れるような素数pは無限に存在する。
このとき、xは偶数だから問題は解けたことになる。

ちなみに自分の過去の発言で
『素数p(≠2)はこのどれかで必ず表現できる』
とかあるが、んなことあるわけないので、無視で。

0786779

2012/02/11(土) 20:42:03.69

もうだめだアルコールで脳がいっちょる
正常な人に任せた！

0787１３２人目の素数さん

2012/02/11(土) 21:28:41.47

★4x^2+5y^2
☆4x^2+4xy+6y^2
☆3x^2±2xy+7y^2
☆2x^2+10y^2
☆x^2+20y^2

0788１３２人目の素数さん

2012/02/11(土) 21:42:44.99

4x^2+5y^2とx^2+20y^2が有理整数のmoduloで区別できないから
>>781 の問題は初等的に解けない気がする

0789781

2012/02/12(日) 02:45:49.66

だめだ、>>781は却下します

問題を変えます。
x^2 +5y^2=pと書けるための、pに関する必要十分条件を求めよ。
これだと、thueの方法では駄目なはず。

0790781

2012/02/12(日) 02:46:40.49

あと、>>789のpは奇素数です。

0791エトス

2012/02/12(日) 09:39:24.06

>>769
正解です☆

>>789
できなくはないですね...

(-5/p)=(-1/p)=1 を満たす素数p＞5を取ります.
thueの方法(前の投稿を参照してね)より,
x^2+5y^2=kp を満たす整数x,y,k(1≦k≦5)の組が取れます.
k≠2,3であるならば, pは条件を満たしています.(要確認)
k=2,3であるとき,次のようにして矛盾が導かれます.

k=2,3であるとき, x^2+5y^2=kp から,とくに,
(±2p/5) = 1 が成立するとなりますが,(±2/5) = -1 ですから,
あわせて, (p/5) = -1 となります.しかしながら,
(p/5) = (5/p) = (-1/p)*(-5/p) = 1*1 = 1

0792１３２人目の素数さん

2012/02/12(日) 12:06:15.42

>>764
>>768
証明は

0793781

2012/02/12(日) 17:47:04.52

>>791
正解です。thueでもOKでしたね、勘違いしてました。

問題です。
適当な整数a,bを用いて、p=a^2 +3ab +6b^2と書けるための、奇素数pに関する必要十分条件を求めよ。

0794１３２人目の素数さん

2012/02/13(月) 05:01:30.16

>>791
>>715 の用意してあった解答は？

0795１３２人目の素数さん

2012/02/15(水) 19:13:33.00

>>793
p≠3,5の場合を考えれば十分である。

p=a^2 +3ab +6b^2は4p=(2a+3b)^2 +15b^2より、(-15/p)=(p/5)=(p/3)=1がいえる。

逆に、(-15/p)=(p/5)=(p/3)=1がいえるとき
http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/suuron/node65.html
より、x^2≡-15 (mod p)の解をsとするとき、|pu+sv|＜15^(1/4)・p^(1/2)、|v|＜15^(-1/4)・p^(1/2)
をみたす原点と異なる格子点(u,v)の存在が言える。
このとき、(pu+sv)^2 +15v^2≡0 (mod p)かつ0＜(pu+sv)^2 +15v^2＜2√15・p＜8pがいえるから
x^2 +15y^2=kp、1≦k≦7をみたす整数x,y,kの存在が言える。
x^2 +15y^2≡0,1,3 (mod 4)よりk=2,6はありえない、また(-15/7)=-1よりk=7もありえない。
k=3,5の場合は、(p/5)=(p/3)=1を用いると、>>791と同様にして矛盾が導ける。

したがって求める必要十分条件は、(-15/p)=(p/5)=(p/3)=1である。

問題
pをp≡3 (mod 8)をみたす素数とする。pが合同数になりえないことを証明せよ。
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%90%88%E5%90%8C%E6%95%B0

0796１３２人目の素数さん

2012/02/15(水) 19:20:45.81

>>795の補足
k=4のとき、x,yが奇数のとき、x^2 +15y^2≡0 (mod 8)となるから、x^2 +15y^2≡4 (mod 8)となるのはx,yが偶数の場合に限られる。
よってp=(x/2)^2 +15(y/2)^2となり、k=1の場合に帰着する。
>>795より、(-15/p)=(p/5)=(p/3)=1のとき、整数x,yを用いてp=x^2 +15y^2と書ける。
このときx=a +3・b/2，y=b/2とおくとp=a^2 +3ab +6b^2とかけることがすぐにわかる。

0797786

2012/02/15(水) 20:20:46.35

GJ。(786さんがｲｲﾈと言っています)
皆知ってのとおり本質的には判別式の値が解の表現に関係している

たとえば 779の問題は既に有理数のmoduloの言葉のみで表現できない
その場合はたとえば3次方程式を用いて解を表現できる

x^2+3xy+6y^2の問題なら判別式は -15
それを判別式としてもつ(整数係数)正定値2次形式は
本質的には2つ存在する
(モ変形(笑,高木貞治の初等整数論の言葉から引用)
により互いにうつりあうのを同一視するという意味で"本質的")

その2つを具体的に求めるのは簡単で
問題はその2つを有理整数のmoduloで分類することができるかどうか

-15≡1 (mod 4) だから、2次体K=Q(√-15)の判別式は -15
ここで数体Kの類数は2だから、この場合はそれが可能であることが"みえる"

0798786

2012/02/15(水) 20:46:11.25

>>795 の人の補足をすると
上のaosoraなんとかのURLの定理53において
h=15^(1/4)*√p, k=15^(-1/4)*√p
α=p, β=s, γ=0, ω=1, Δ=p
(当然、sはZの上にのっける)

0799エトス

2012/02/15(水) 23:48:16.60

>>794
予め用意していたというほど大げさなものではありませんが一応...
(あとの2つの不等式の証明はかなり面倒なので省きます.
しかしながら初等的な解析(実解析のみという意味)だけで可能です)

正整数nが2つの互いに素な合成数の和で表現できないとすれば,
π(n)≧-1+φ(n)/2 の成立がいえます.
(∵nと互いに素なn以下の正整数はφ(n)個ありますが,
そのような数を任意に1つ取り,aとするとき,
n-aもまたそのような数になり,足し合わせるとnになります.
この操作により,φ(n)個の数からφ(n)/2個のペアが作れます.
ここで,1は合成数でないので,(1,n-1)はペアから除外します.)

n≧3.6*10^5 とするとき次の不等式の成立がいえます.
φ(n)＞n/(1+e^γlog(log(n))) (γ=オイラーの定数)
π(n)＜s*n/log(n)　(s=1.0935)

この2つを最初の不等式に直接適用すれば矛盾が導かれます.
(π(n)≧-1+φ(n)/2の時点で,これが十分大きな整数nで成立しないのは
わかってしまうので,その程度の応用を意図していたのだと思ってもらえれば)

0800エトス

2012/02/16(木) 00:28:10.00

>>795
合同数の問題の回答です.

次を示せば十分です.

「pをp≡3(mod 8)なる素数(定数)とするとき,
xy(x^2-y^2)=pz^2 を満たす正整数x,y,zの組は存在しない」

(証明)
そのような組が存在したとし,
とくにpz^2が最小となるような組を改めて(x,y,z)とする.
このとき,gcd(x,y)=1であることはすぐにわかる.
よって,x,y,x^2-y^2はどの2つをとっても互いに素である.
pは素数なので,x,y,x^2-y^2のどれかを割り切る.
以後,～組が取れるといったとき,自動的に互いに素であり,
しかも正整数からなる組であるとする.

(1) p|y であるとき
x=A^2,y=pB^2,x^2-y^2=C^2を満たすようなA,B,Cの組が取れる.
ここから次の2つの場合が考えられる

1-(ⅰ)
A^2=D^2+E^2,pB^2=2DEを満たすD,Eの組が取れるとき
p(B/2)^2=FG(F^2-G^2)を満たすF,Gの組が取れるから
(x,y,z)の取り方に反しているので矛盾.

1-(ⅱ)
A^2=D^2+E^2,pB^2=D^2-E^2を満たすD,Eの組が取れるとき
mod pでみることで,2つ目の等式はD^2=E^2となるので,
1つ目に適用すれば,A^2=D^2+D^2=2D^2.
これから,(2/p)=1を得る.これは矛盾である.

0801エトス

2012/02/16(木) 00:29:51.12

(2) p|x であるとき
x=pA^2,y=B^2,x^2-y^2=C^2を満たすようなA,B,Cの組が取れる.
pA^2=D^2+E^2を満たす互いに素なD,Eの組が取れるので,
これはp≡-1(mod 4)に矛盾している.

(3) p|x^2-y^2 であるとき
x=A^2,y=B^2,x^2-y^2=pC^2を満たすA,B,Cの組が取れる.
あわせて,(A^2+B^2)(A^2-B^2)=pC^2 を得る.
p≡-1(mod 4)より,pはA^2-B^2を割り切る.
d:=gcd(A^2+B^2,A^2-B^2)は2の約数である.
次の2つのケースにわけられる.

3-(ⅰ)
d=1 であるとき
A^2+B^2=D^2, A^2-B^2=pE^2 を満たすD,Eの組が取れる.
2つの等式を足し合わせて, 2A^2=D^2+pE^2
これから,(2/p)=1を得る.これは矛盾である

3-(ⅱ)
d=2 であるとき
A^2+B^2=2D^2,A^2-B^2=2pE^2を満たすD,Eの組が取れる.
A,Bのパリティは等しいので,A=F+G,B=F-Gを満たすF,Gの組が取れる.
これを用いれば,F^2+G^2=D^2, 2FG=pE^2 を得る,
よって, HI(H^2-I^2)=p(E/2)^2を満たすH,Iの組が取れる.
これは(x,y,z)の組の取り方に反している.

以上より全ての場合を尽くし,いずれの場合も矛盾が導かれた.

0802エトス

2012/02/16(木) 00:41:04.64

[問題]
fをdeg(f)＞1なる既約な整数係数多項式とする.
各正整数nに対して,p(n)はnの最大の素因数を表すとする,
このとき,lim[n→∞]p(f(n)) = +∞ を示せ.

(難しいとおもいます.しかしながら,
たとえば,Faltings'theoremは基本的です)

http://en.wikipedia.org/wiki/Faltings'_theorem

0803１３２人目の素数さん

2012/02/16(木) 01:32:47.08

ファルティングは厨定理だけど
この問題の場合はSiegelで十分な気がするが？

0804１３２人目の素数さん

2012/02/16(木) 01:47:54.72

>>801
正解です

>>802
f(n)の定数項は0ではないんですねw

lim[n→∞]p(f(n))＜+∞と仮定する。
f(n)の素因数になりうるものが、p(1)、…、p(k)のみとなる。
十分大きな整数s,tをとると、f(s・{p(1)・...・p(k)}^t)＞|{p(1)・...・p(k)}^t)|がいえる。
このとき、f(s・{p(1)・...・p(k)}^t)の素因数の候補は、p(1)、…、p(k)のみだから、
その中に、{p(i)}^tがf(s・{p(1)・...・p(k)}^t)を割り切るような、p(i)の存在が言える。
したがって、多項式f(n)の定数項cが{p(i)}^tで割り切れることが言えるが、
tを大きくとると、|c|＜{p(i)}^tとなるから矛盾。

0805１３２人目の素数さん

2012/02/16(木) 01:53:23.92

駄目だ、>>804はlim[n→∞]sup{p(f(n) )}=+∞の証明でしたね。
すみません、>>804は却下してください。

0806L

2012/02/16(木) 17:22:08.09

>>802
fの最高次の係数は正であるとしておきます。
lim[n→∞]p(f(n)) = +∞ でないと仮定します。
このとき、ある定数k＞0が存在していて、
p(f(n))＜k を満たす正整数nが無限に存在するとなります。

kより小さい全ての素数をp1,p2,.,psとします。
p(f(n))＜kかつf(n)＞0 を満たす正整数nを任意に1つ取るとき、
f(n)=h*m^3 を満たす正整数h,mの組が取れます。
ただし、hのどの素因数の指数も2以下とします。

0807L

2012/02/16(木) 17:23:58.70

ここで、任意に正整数tを固定し、
g_t(x,y):=f(x)-ty^3 として、
g_t(x,y)=0で定まるaffine代数曲線C_tを考えます。
このとき、Cは非特異で種数は1以上です。
ここではそのことを示すことにします。

(α,β)が特異点だと仮定すると、
f(α)=tβ^3
f'(α)=0
3tβ^2=0
の3つの等式が同時に成立するとなるので、
αはfの重根となり、fの既約性に矛盾します。
(重根となるところにdeg(f)＞1も用いています)

Cは非特異なので、種数は公式により、(d-1)(d-2)/2 (d=deg(g_t))
これとd≧3より、Cの種数が1以上であることがいえました。

さて、仮定により、ある正整数hが存在して、
affine代数曲線C_h上に整点が無限に存在するとなりますが、
これはSiegelの整点に関する定理に矛盾します。

http://en.wikipedia.org/wiki/Siegel's_theorem_on_integral_points

0808L

2012/02/16(木) 17:35:44.09

[問題]
p≡1(mod 20)を満たす素数pは
x^2+20y^2, x^2+100y^2 の両方の形で表現できるか、
どちらの形にもならないことを示せ。

Kaplansky's theorem が出典です。(比較的新しい？)
これは初等的に示すことができます。
この問題の面白いところは
1つ1つの形の条件がいわゆる合同式の言葉で
表現できないところにあるとおもいます。

http://en.wikipedia.org/wiki/Kaplansky's_theorem_on_quadratic_forms

0809１３２人目の素数さん

2012/02/16(木) 19:10:00.37

x^5+y^5=3.

0810１３２人目の素数さん

2012/02/16(木) 19:30:10.38

>>809
mod 11で解なし ⇒ とくに整数解なし
有理数解をこのスレできいているなら難問
なんでも使っていいならほとんど明らかかもしれない

0811１３２人目の素数さん

2012/02/16(木) 20:41:34.79

>>804
limsup の方の証明とみるならば
lim[n→∞]p(f(n))＜+∞ と仮定するじゃなくて
limsup[n→∞]p(f(n))＜+∞ と仮定するのが正しいと思う

>>810
1の原始5乗根をQに添加させてできる数体の整数環はUFD(非自明)
だからそれを認めれば初等的といえる解答がつくれるかもしれない

0812１３２人目の素数さん

2012/02/17(金) 04:58:48.71

>>811
読み替えればいいだけだろ、それくらい融通きかせろや。

0813１３２人目の素数さん

2012/02/17(金) 05:26:55.61

>>812
lim[n→∞]p(f(n)) = +∞ の否定は
lim[n→∞]p(f(n))＜+∞ とはならない
これだとp(f(n))が有限の値に収束しているようにみえる
なので、ここから矛盾がでてきたとしても意味がないきがする

融通が利かないかもしれない他の人達(自分含む)のために指摘している
せっかくのlimsupの場合の証明に関する投稿を無駄にしたくないので

0814１３２人目の素数さん

2012/02/17(金) 05:46:34.74

(掲示板を使うのは)難しい

0815794

2012/02/18(土) 15:20:04.85

>>799
ありがとう
わかりやすいです

0816１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 03:55:54.81

　　　　　　　　　　__ﾉ)-'´￣￣`ｰ- ､_
　　　　　　　 ,　'´　　_. -‐'''"二ニﾆ=-`ヽ、
　　　　　　／　　／:::::; -‐''"　　　　　　 `ｰノ
　　　　　/　　　／:::::／　　　　　　　　　　　＼
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　　　 |　　　|::/　/　/　|　　| ||　 |　| ,ﾊ .| ,ﾊ|
　　　 |　　　|/　/　/　/|　,ﾊﾉ|　/|ﾉﾚ,ﾆ|ﾙ'　
　　　　 |　　　|　 |　/　/ ﾚ',二､ﾚ′ ,ｨｲ|ﾞ/　　　私は只の数ヲタなんかとは付き合わないわ。
.　　　　|　　　＼ ∠イ　 ,ｲイ|　　　 ,`-' |　　　　　　頭が良くて数学が出来てかっこいい人。それが必要条件よ。
　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　さらに Ann.of Math に論文書けば十分条件にもなるわよ。
　　　 | 　　　　 ` -'＼　　　　　ｰ' 　人　　　　　　　　　　一番嫌いなのは論文数を増やすためにくだらない論文を書いて
　　　　|　　　　　　　 /(l 　　　＿＿／　ヽ、　　　　　　　　　　　良い論文の出版を遅らせるお馬鹿な人。
　　　 |　　　　　　　（:::::`‐-､__ 　|::::`､　　ﾋﾆﾆヽ、　　　　　　　　　あなたの論文が Ann of Math に accept される確率は?
　　　|　　　　　　／ `‐-､::::::::::`‐-､::::＼　　 /,ﾆﾆ､＼　　　　　　　　　　　　それとも最近は Inv. Math. の方が上かしら？
　　　|　　　　　　|::::::::::::::::::|` -､:::::::,ﾍ￣|'､　ﾋﾆ二、　＼
.　　 |　　　　　　/::::::::::::::::::|::::::::＼/:::Ｏ`､::＼　 |　'､　　＼
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0817１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 04:08:50.18

質問ですマジレスお願いします。ガチです＞＜
１００未満を、四捨五入。１００未満が、四捨五入。

１２万６７５０　＝　答え（　　　　　　）

答えはいくつになりますか？

0818１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 07:39:16.90

１２万６８００
１２万６７０５ー＞１２万６７１０ではなく１２万６７００

0819１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 18:00:00.10

文字は正の整数を表すものとする。
２ｘ＾４＋１＝ｙ＾２を満たすｘ，ｙのうちｘが最小のものをとる。
ｙ＝２ａ＋１。
ｘ＾４＝２ａ（ａ＋１）。
ｘ＝２ｂ。
８ｂ＾４＝ａ（ａ＋１）。
ａ＝８ｃ＾４。
ａ＋１＝ｄ＾４。
ｂ＝ｃｄ。
８ｃ＾４＋１＝ｄ＾４。
ｄ＾２＝４ｅ＋１。
ｃ＾４＝ｅ（２ｅ＋１）。
ｅ＝ｆ＾４。
２ｅ＋１＝ｇ＾４。
２ｆ＾４＋１＝ｇ＾４。
ｘ＞ｂ≧ｄ＞２ｆ＾２＞ｆ。

0820１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 18:11:46.86

>>819
８ｂ＾４＝ａ（ａ＋１）まではいいけど、
ａ＝ｃ＾４。
ａ＋１＝8ｄ＾４。
の場合が抜け落ちている

この場合はすいすいとは進まないきがする

0821１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 18:20:00.30

ｃ＾４＋１≡１，２（ｍｏｄ．４）。
８ｄ＾４≡０（ｍｏｄ．４）。

0822１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 18:26:38.23

>>821
おおうまくいったね
完遂おめでとう

0823エトス

2012/02/19(日) 19:05:37.24

x^2-2y^4 = -1 だと有名な難問(?)になりますね.
これだと例えば,(x,y)=(239,13)という非自明な整数解があります.

しかしながら,Z[√-1]で分解して考えれば,
f(m,n)=整数定数　という不定方程式を考える問題に帰着されて,
ここで,fは4次の整数係数多項式で,斉次かつ既約ですから,
結局,整数解の存在範囲を上から計算可能な定数で抑えることができます.

http://mathworld.wolfram.com/ThueEquation.html

0824１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 19:31:59.56

2つの「三角数の2乗」の和が平方数となることは無限に起こりうる

0825１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 20:49:17.11

>>824
s^2 -2t^2=-1をみたす正の整数の組(s,t)をとると、{s(s-1)/2}^2 +{s(s+1)/2}^2=(st)^2となる。

0826１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 21:00:00.24

（１３３・１３２／２）＾２＋（１４４・１４３／２）＾２＝（１６５・１６４／２）＾２。

0827１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 21:25:36.97

>>826
>>824の題意を勘違いしてないか？
「三角数の平方の和が平方数になるすべての場合を求めよ」という問題じゃないんだよね。
もし、>>826が>>825の反例のつもりなら、筋違いもいいところ。

0828１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 21:37:26.45

単にこんなカッコイイペアもあるぜ！ってことじゃないかい？
本人じゃないから知らないけどｗ

三角数の2乗の和がまた三角数の2乗になる問題だったら
ずっとずっと難しい問題だとおもうねえ
それだったら未解決だったという記憶がある

0829１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 21:53:38.00

4次+4次=4次
解の有限性を出せる人がいても
具体的なバウンドを計算するのはずっと難しい

0830１３２人目の素数さん

2012/02/19(日) 22:02:54.66

まあ同次に帰着できるかそうでないかで全然話が違う。
しかも3変数だから式の形が良くないとダメだわさ。

0831１３２人目の素数さん

2012/02/22(水) 06:28:02.77

おちんちんきもちいお(;ω;)

0832１３２人目の素数さん

2012/02/23(木) 13:04:15.22

世界には初等整数論・鬼マニアの人がいて
やっぱ２０００程度までの整数の素因数分解とか
計算せんで九九なみにそらで頭に入ってるんでしょうね

でないと鼻が利きませんものね

ガウス少年は１００００までカバーしてたとか

0833１３２人目の素数さん

2012/02/23(木) 13:05:00.01

世界には初等整数論・鬼マニアの人がけっこうゴロゴロしてて
やっぱ２０００程度までの整数の素因数分解とか
計算せんで九九なみにそらで頭に入ってるんでしょうね

でないと鼻が利きませんものね

ガウス少年は１００００までカバーしてたとか

0834１３２人目の素数さん

2012/02/23(木) 13:20:03.18

発達障害のいとこの子供がGNU coreutilsのfactorで一日中遊んでる
でもとくに数学的才能はないようだ

0835１３２人目の素数さん

2012/02/23(木) 14:09:19.68

あるかもよ
分りやすく現れてないだけで

0836１３２人目の素数さん

2012/02/24(金) 11:56:16.42

＞ガウス少年は１００００までカバーしてたとか

ブッブー

ガウスは少年時代、数年で300万までの素数を全てリストアップしてみせました
ガウスが300万まで素因数分解を計算してみせた、ということは
それ以後は瞬時に結果を取り出せる、ということを意味します

ガウスゲー

フェルマーの定理を問われて
「そのての法則性は数多ありすぎて（証明はともかく）興味ない」
といってみせたのは真実そのとおりだったのでしょう

0837エトス

2012/02/29(水) 01:29:02.55

>>807
非特異であることをいうにはカスプも調べる必要があります.
(射影閉包を調べるわけですが)

[問題]
A∈M_n(Z) ⇒ tr(A^p)≡tr(A) (mod p)

0838１３２人目の素数さん

2012/02/29(水) 02:20:09.22

http://logsoku.com/thread/science3.2ch.net/math/1090800616/
301-313

0839エトス

2012/02/29(水) 02:46:34.17

>>838
過去スレどうもです！
301を用いれば明らかですが,
313自体は誤っているようです.
しかし固有値を考えた時点で方針は正しい予感がします.

0840１３２人目の素数さん

2012/02/29(水) 13:00:00.41

301 : 伊丹公理 : 04/12/10 00:30:19
p ：素数、 A ：整数を成分に持つ n 次正方行列とし、 f (t), g (t) を
A, A^p 固有多項式とする。このとき、このとき、これらの多項式の
i 次の係数は、 p を法として合同である (i = 0, 1, 2, .... n)。

313 : １３２人目の素数さん : 04/12/15 22:00:00
　ｆ（ｔ＾ｐ）
＝ｆ（ｔ）＾ｐ
＝｜ｔＥ－Ａ｜＾ｐ
＝｜（ｔＥ－Ａ）＾ｐ｜
＝｜ｔ＾ｐＥ－Ａ＾ｐ｜
＝ｇ（ｔ＾ｐ）。

0841エトス

2012/02/29(水) 16:46:34.21

>>840
訂正しておきます.313は正しいです！
なにか見間違いをしていたみたい;;

0842１３２人目の素数さん

2012/03/01(木) 19:28:37.04

105より大きい任意の奇数は、互いに素な合成数の和で表現できることを証明せよ、
>>715の類題ですが、>>715よりはるかに簡単です。

0843L

2012/03/02(金) 00:44:12.89

>>842
n＞105は条件を満たさない奇数であると仮定します。
まず >>382 の人と同様な方法により、
105|n であることがいえます。
(7|nであることは105＜128から微妙ですが
107,114,121,128はどれも5で割り切れないので
そこに着目すれば問題はないはずです)

各自然数kに対して、k番目の"奇"素数をq_kとします。
(q_1=3, q_2=5, q_3=7, q_4=11, ...)
nを割り切らない最小の"奇"素数をq_sとします。
このとき、n＞(q_s)^2 がいえます。これを示します。

s=4 のとき n＞105 かつ 105|n より
n≧315＞11^2=121 だから上記の不等式は成立しています。

s≧5 のときは Π[i=1,s-1]q_i＞(q_s)^2 より
(この不等式自体は例えばChebyshevの不等式からすぐでます)
やはり上記の不等式は成立しています。

k=n-(q_s)^2 とおきます。先ほど示したことからk≧1がいえます。
n,q_sはともに奇数なので、kは偶数であることがいえます。
5|n でしたので k=2 がありえないことがいえます。
よって、kは2より大きい偶数です。これは矛盾です。

0844１３２人目の素数さん

2012/03/02(金) 01:10:00.37

2^3=1.

0845L

2012/03/02(金) 01:29:38.15

>>844
そういえば2のmod 7での位数は3なので
7|n は"同様"の方法からでは明らかではないですね。

とにかく7|nがいえれば
あとの議論から問題はないはずです。
じゃあこうしましょう。7|nでないとすると、
n-7^2 は2より大きい偶数だから矛盾となる。
これで問題は消えたとおもいます。

というよりは最初からこの手法のほうがよかったです。
つまり、105|n でないとすれば
あるr∈{3,5,7}があって、gcd(n,r)=1 ですが、
このとき、n-r^2は2より大きい偶数となっている。

0846L

2012/03/02(金) 01:33:16.20

汚くなったので、証明自体を書き直しておきます。
さらに、Chebyshevの不等式からすぐでるとか言っていたものも
きちんと証明を書いておくことにしておきます。

0847L(書き直し)

2012/03/02(金) 01:46:29.31

>>844
n＞105は条件を満たさない奇数であると仮定します。
まず、3*5*7|n がいえます。
なぜなら、もしそうでないとすると、
あるr∈{3,5,7}に対して、gcd(n,r)=1 となっていて、
このとき、n-r^2は2より大きい偶数となってしまうので。
105|n かつ n＞105 より、n≧315＞121+2 がいえます。
ここから 11|n であることがいえます。
というのも、もしそうでないとすると、
n-11^2は2より大きい偶数となりますので。

各自然数kに対して、k番目の"奇"素数をq_kとします。
(q_1=3, q_2=5, q_3=7, q_4=11, ...)
nを割り切らない最小の"奇"素数をq_sとします。
上で示したことから、s≧5 であることがいえます。
このとき、n＞(q_s)^2 がいえます。これを示します。

Chebyshevの不等式からとくに
q_s＜2q_(s-1) かつ q_(s-1)＜2q_(s-2) がいえますので、
(q_s)^2＜4(q_(s-1))^2＜4q_(s-1)*q_(s-1)
＜4q_(s-1)*2q_(s-2)=2*4*q_(s-2)*q_(s-1)
＜3*5*q_(s-2)*q_(s-1)≦Π[i=1,s-1]q_i≦n
よって示せました。

d=n-(q_s)^2 とおきます。先ほど示したことからd≧1がいえます。
n, q_sはともに奇数なので、dは偶数であることがいえます。
5|n でしたので d=2 がありえないことがいえます。
よって、dは2より大きい偶数です。これは矛盾です。

0848L

2012/03/02(金) 02:16:15.74

おまけで条件を満たさない奇数n≦105を全て求めることにします。
まずn＜19が条件を満たしていないことは明らかです。
(和が最小となる2つの互いに素な合成数のペアは(4,15)だから)

奇数n≧19が条件を満たしていないと仮定します。
19＞11=3^2+2 より、3|n 　がいえます。
n≧19かつ3|nを満たす奇数nで、n≦27を満たすものは
n=21,27の2つだけです。これらは条件を満たさないので、
(なぜなら、4+5^2=29＞27 だから)
n＞27としておきます。このとき、5|n がいえます。
n＞27かつ15|nを満たす奇数nで、n≦51を満たすものは
n=45しかありませんが、これは条件を満たしません。(4+49＞45 だから)
よって、n＞51としておきます。このとき、7|n がいえます。

最後にn=105は条件を満たさないことに注意します(121+4＞105だから)
ということはとくにnは105より大きい奇数として問題ありません。
以上より条件を満たさないすべての奇数nは
n=1,3,5,7,9,11,13,15,17,21,27,45,105 の13個となります。

0849１３２人目の素数さん

2012/03/02(金) 04:10:00.06

1,3,5,7,9,11,15,21,27,45,105.
13=4+9.
17=8+9.

0850１３２人目の素数さん

2012/03/02(金) 04:57:58.53

>>849
正解

>>848
ここが誤っている
「和が最小となる2つの互いに素な合成数のペアは(4,15)だから」

(4,9)が最小のペアだとおもう。
4+9＞11=3^2+2 だからあとは問題ないとおもう。
最小ペアは(4,15)であるとしたことで生じた歪めが
13,17＜19という2つのあやまった解を導き出したということ。

0851１３２人目の素数さん

2012/03/02(金) 05:00:07.00

○歪(ひずみ)
×歪め

0852１３２人目の素数さん

2012/03/03(土) 21:00:02.30

ｎの約数でない最小の奇素数をｐとすると
ｎはｐ未満の全ての奇素数の倍数でｐの倍数でない。
ｎがｐ未満の全ての奇素数の倍数でｐの倍数でないとき
ｎがｐ＾２＋２より大きいと互いの素な合成数の和で表せ
ｎがｐ＾２＋２以下のとき互いの素な合成数の和で表せない。

ｐ＝３のとき
ｎが１の倍数で３の倍数でなく３＾２＋２以下のとき互いの素な合成数の和で表せない。
ｎ＝１，５，７，１１。

ｐ＝５のとき
ｎが３の倍数で５の倍数でなく５＾２＋２以下のとき互いの素な合成数の和で表せない。
ｎ＝３，９，２１，２７。

ｐ＝７のとき
ｎが１５の倍数で７の倍数でなく７＾２＋２以下のとき互いの素な合成数の和で表せない。
ｎ＝１５，４５。

ｐ＝１１のとき
ｎが１０５の倍数で１１の倍数でなく１１＾２＋２以下のとき互いの素な合成数の和で表せない。
ｎ＝１０５。

ｐが１３以上のとき
ｐ未満の全ての奇素数の倍数はｐ＾２＋２以下ではない。

0853１３２人目の素数さん

2012/03/04(日) 07:48:48.62

射精終了と証明終了の違いは？

0854１３２人目の素数さん

2012/03/05(月) 03:23:48.43

pqr pq qr rp p q r

0855１３２人目の素数さん

2012/03/05(月) 19:08:47.67

>>164
>>216 2,3,4,5,6
>>217 8
>>221

>>226
>>303-304
>>563
>>605

>>629
>>630
>>700
>>749

>>760
>>764
>>808
>>809

0856１３２人目の素数さん

2012/03/11(日) 00:01:36.65

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.　　　　|　　　＼ ∠イ　 ,ｲイ|　　　 ,`-' |　　　　　　頭が良くて数学が出来てかっこいい人。それが必要条件よ。
　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　さらに Ann.of Math に論文書けば十分条件にもなるわよ。
　　　 | 　　　　 ` -'＼　　　　　ｰ' 　人　　　　　　　　　　一番嫌いなのは論文数を増やすためにくだらない論文を書いて
　　　　|　　　　　　　 /(l 　　　＿＿／　ヽ、　　　　　　　　　　　良い論文の出版を遅らせるお馬鹿な人。
　　　 |　　　　　　　（:::::`‐-､__ 　|::::`､　　ﾋﾆﾆヽ、　　　　　　　　　あなたの論文が Ann of Math に accept される確率は?
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0857１３２人目の素数さん

2012/03/11(日) 00:06:38.47

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0858１３２人目の素数さん

2012/03/11(日) 00:09:21.95

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0859１３２人目の素数さん

2012/03/11(日) 00:09:49.80

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0860１３２人目の素数さん

2012/03/11(日) 00:10:24.01

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0861１３２人目の素数さん

2012/03/11(日) 00:10:47.86

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0862１３２人目の素数さん

2012/03/11(日) 00:11:14.11

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2012/03/11(日) 00:11:37.46

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0865猫vs運営 ◆MuKUnGPXAY

2012/03/11(日) 01:32:09.70

猫

0866１３２人目の素数さん

2012/03/11(日) 23:47:09.42

問題投下
奇数の不思議数が1つでも存在するとき、奇数の不思議数が無数に存在することを証明せよ。

不思議数については下記サイトを参考にしてください。
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%B8%8D%E6%80%9D%E8%AD%B0%E6%95%B0

0867１３２人目の素数さん

2012/03/12(月) 03:15:25.68

aを不思議数とするとき、
p＞σ(a)-a なる任意の素数pに対して、
apは不思議数となることを示す。

(証明)
aは過剰数だから、σ(a)-a＞a がいえるので、gcd(p,a)=1 である。
aの正の約数全体の集合をSとする。

apが擬似完全数であると仮定すると、
ある集合A,B⊂Sが存在していて、
(注意:A,Bは空になることもある)
Σ[d∈A]d＋Σ[d'∈B]pd' = ap が成立している。
これから、Σ[d∈A]d/p＋Σ[d'∈B]d' = a がいえる。
よって、Σ[d∈A]d/p は非負整数であるといえる。
しかし、p＞σ(a)-a であったから、Σ[d∈A]d = 0 となる。
(つまり、Aは空集合であるということ)
したがって、Σ[d'∈B]d' = a がいえるが、
これは aが不思議数であるという仮定に矛盾している。
(不思議数ならば擬似完全数でない)

最後に過剰数の倍数は過剰数(証明は簡単なので省く)であるから、
結局、apが不思議数であることがいえた。

0868867の修正ver

2012/03/12(月) 03:24:28.11

aを不思議数とするとき、
p＞σ(a) なる任意の素数pに対して、
apは不思議数となることを示す。

(証明)
p＞σ(a)＞a より、gcd(p,a)=1 である。
aの正の約数全体の集合をSとする。

apが擬似完全数であると仮定すると、
ある集合A,B⊂Sが存在していて、
(注意:A,Bは空になることもある)
Σ[d∈A]d＋Σ[d'∈B]pd' = ap が成立している。
これから、Σ[d∈A]d/p＋Σ[d'∈B]d' = a がいえる。
よって、Σ[d∈A]d/p は非負整数であるといえる。
しかし、p＞σ(a) であったから、Σ[d∈A]d = 0 となる。
(つまり、Aは空集合であるということ)
したがって、Σ[d'∈B]d' = a がいえるが、
これは aが不思議数であるという仮定に矛盾している。
(不思議数ならば擬似完全数でない)

最後に過剰数の倍数は過剰数(証明は簡単なので省く)であるから、
結局、apが不思議数であることがいえた。

0869１３２人目の素数さん

2012/03/12(月) 03:29:06.53

Σ[d∈A]d≦σ(a)-a とは限らないので、
(apを考えている段階で、例えばA=Sの可能性はありえる)
その点を誤ったのが最初の方です。
つまり、pの取り方が甘かったということ。

訂正verではpの取り方が確実に信頼できる方法ですので、
(Σ[d∈A]d ≦ σ(a) の成立は明らかですから)
問題がないということです。

0870１３２人目の素数さん

2012/03/12(月) 20:36:46.24

(x-a)(x-b)...(x-z) = ????

0871１３２人目の素数さん

2012/03/12(月) 22:22:06.17

(x-a)(x-b)…(x-w)(x-x)(x-y)(x-z)
というオチだったりして

0872１３２人目の素数さん

2012/03/15(木) 07:42:23.75

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0873１３２人目の素数さん

2012/03/15(木) 13:55:28.24

新作問題。

f_i (z) , i = 1, 2, ... , k を高々 d_i 次複素係数多項式、
a_i , i = 1, 2, ... , k を 0 で無い複素数、
F(m) = f_1 (n)*(a_1)^n + f_2 (n)*(a_2)^n + ... + f_n (n)*(a_k)^n
と置く。 F(n) が n = 1, 2, 3, ..... , Σ_i d_i, (Σ_i d_i) + 1 に対して整数なら、
全ての n に対し、 F(n) は整数となる。

0874１３２人目の素数さん

2012/03/15(木) 14:30:00.41

Ｆ（ｍ）＝２（１／２）＾ｍ。
Ｆ（１）＝１。
Ｆ（２）＝１／２。

0875１３２人目の素数さん

2012/03/15(木) 17:50:32.74

間違った。出直してくる。

0876873

2012/03/18(日) 09:44:40.86

問題訂正

f_i (z) , i = 1, 2, ... , k を高々 d_i 次複素係数多項式、
a_i , i = 1, 2, ... , k を 0 で無い複素数で、代数的整数になっている物とする。
F(m) = f_1 (n)*(a_1)^n + f_2 (n)*(a_2)^n + ... + f_n (n)*(a_k)^n
と置く。F(n) が

n = 1, 2, 3, ..... , Σ_i d_i, (Σ_i d_i) + 1, Σ_i d_i, (Σ_i d_i) + 2, .... , Σ_i d_i, (Σ_i d_i) + k

に対して整数なら、全ての n に対し、 F(n) は整数となる。

0877１３２人目の素数さん

2012/03/18(日) 10:38:01.20

０でないは必要？F(m)は定数？全てって？

0878１３２人目の素数さん

2012/03/18(日) 10:38:59.81

f_n

0879１３２人目の素数さん

2012/03/18(日) 12:00:00.01

Ｆ（ｍ）＝（２√（２））＾ｍ－２（√（２））＾ｍ。
Ｆ（１）＝０。
Ｆ（２）＝４。
Ｆ（３）＝１２√（２）。

0880１３２人目の素数さん

2012/03/18(日) 17:53:39.99

また間違った。修正は無期延期。

0881１３２人目の素数さん

2012/03/25(日) 20:50:21.00

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0882１３２人目の素数さん

2012/03/26(月) 10:45:39.72

数列{a_{n}}(n=0,1,2,3,...)を以下の漸化式で定める。
a_{0}=1
a_{n+1}=10*a_{n}+4

a_{m}*a_{n}が平方数となる(m,n)(m＜n)の組をすべて求めよ。

0883１３２人目の素数さん

2012/03/26(月) 11:00:40.78

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0884１３２人目の素数さん

2012/03/26(月) 12:32:23.66

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0885１３２人目の素数さん

2012/04/17(火) 21:32:18.03

D を、次の条件を満たす自然数とする

i) D ≡ 1 mod. 4
ii) D は平方数では無い

この時不定方程式

x^2 - D*y^2 = 4

は無限に多くの整数解を持つ事を示せ

0886１３２人目の素数さん

2012/04/18(水) 01:51:39.82

>>885
x^2-Dy^2=1 の整数解が無限に存在することから明らか^^;
条件i)は不要です^^;

0887Ｌ

2012/04/20(金) 19:03:20.47

[問題]
a0＞1,a_(n+1)=[(3/2)a_n]より整数列(a_n)を定めるならば、
6|a_n を満たすような自然数nが無限に存在することを示せ。

[・]は床関数(またはガウスの記号)とします。

08888 8 8

2012/04/21(土) 01:11:31.08

8 8 8

0889１３２人目の素数さん

2012/04/21(土) 01:11:43.00

6|a_n って a_nが６で割り切れるって意味でいいんだっけ？

0890１３２人目の素数さん

2012/04/21(土) 01:46:06.27

>>885
Dが平方数ではない自然数であれば、以下のように解ける（初等整数論の有名問題）。

ペル方程式の非自明な解a,bをとる。
正の整数nに対してx(n)、y(n)を、x(n)+y(n)√D=(a+b√D)^nをみたすように取る。
このとき(x(n)，y(n) )はx^2 -Dy^2=1をみたす。

尚、ペル方程式の非自明な解の存在については
http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/suuron/node72.html
にある。

0891１３２人目の素数さん

2012/04/21(土) 07:45:33.14

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0892１３２人目の素数さん

2012/04/21(土) 07:49:50.44

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0893１３２人目の素数さん

2012/04/21(土) 07:55:42.21

x^2 - D*y^2 = 4
16-3*4=4

0894Ｌ

2012/04/21(土) 13:21:57.43

>>889
はい

0895１３２人目の素数さん

2012/04/21(土) 16:04:48.11

>>893
勘違いしていたね。
でも(x,y)がx^2-Dy^2=1の解なら、(2x,2y)がx^2-Dy^2=4の解になるのはいいよね。

0896１３２人目の素数さん

2012/04/29(日) 16:04:49.06

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0897１３２人目の素数さん

2012/05/01(火) 06:26:01.40

問題出題！

x, y, c, Mは自然数ね

| 3^x - 2^y | > c
任意のcが与えられたときに、十分大きいMを用意して
x > M, y > Mとすれば
これが常に満たされるようにできるかどうか

0898１３２人目の素数さん

2012/05/01(火) 12:57:24.54

できるわけねー

0899１３２人目の素数さん

2012/05/01(火) 16:38:38.86

>>897
できることはほとんど明らか。
ax^3+by^3=c という不定方程式を考えると
特殊な場合を除いて整数解を有限個しか持たないので。

0900１３２人目の素数さん

2012/05/14(月) 23:26:29.61

n 自然数とする。

与えられた整数 a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, a_7, a_8, a_9 が

a_1*a_2*a_3 + a_4*a_5*a_6 + a_7*a_8*a_9 ≡ 1 (mod. n)

を満たすなら、

b_1*b_2*b_3 + b_4*b_5*b_6 + b_7*b_8*b_9 = 1,

a_i ≡ b_i (mod. n), i = 1, 2, ....... , 9

なる整数 b_1, b_2, b_3, b_4, b_5, b_6, b_7, b_8, b_9 が存在する事を示せ。

0901１３２人目の素数さん

2012/05/20(日) 21:02:31.20

http://search.yahoo.co.jp/search?p=%E5%BE%A1%E6%89%8B%E6%B4%97%E6%99%AF%E5%AD%90&ei=UTF-8&fr=mozff

0902１３２人目の素数さん

2012/05/20(日) 21:04:49.61

https://www.google.co.jp/search?q=%E5%BE%A1%E6%89%8B%E6%B4%97%E6%99%AF%E5%AD%90&num=100&hl=ja&lr=&as_qdr=all&filter=0

0903900

2012/05/25(金) 15:09:47.75

誰も解けないのかね、この問題。難しくは無いのだが。
見た事の無い問題にはお手上げなんだな、このスレの住人よ。

0904１３２人目の素数さん

2012/06/10(日) 08:46:27.70

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　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　さらに Ann.of Math に論文書けば十分条件にもなるわよ。
　　　 | 　　　　 ` -'＼　　　　　ｰ' 　人　　　　　　　　　　一番嫌いなのは論文数を増やすためにくだらない論文を書いて
　　　　|　　　　　　　 /(l 　　　＿＿／　ヽ、　　　　　　　　　　　良い論文の出版を遅らせるお馬鹿な人。
　　　 |　　　　　　　（:::::`‐-､__ 　|::::`､　　ﾋﾆﾆヽ、　　　　　　　　　あなたの論文が Ann of Math に accept される確率は?
　　　|　　　　　　／ `‐-､::::::::::`‐-､::::＼　　 /,ﾆﾆ､＼　　　　　　　　　　　　それとも最近は Inv. Math. の方が上かしら？
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0905１３２人目の素数さん

2012/06/10(日) 11:13:26.89

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0906１３２人目の素数さん

2012/06/12(火) 07:15:03.62

2

0907１３２人目の素数さん

2012/06/12(火) 08:31:26.73

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0908１３２人目の素数さん

2012/06/12(火) 12:05:00.31

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0909１３２人目の素数さん

2012/06/16(土) 19:58:16.72

6

0910１３２人目の素数さん

2012/06/19(火) 22:08:26.12

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0911１３２人目の素数さん

2012/06/26(火) 06:00:46.75

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0912１３２人目の素数さん

2012/06/29(金) 21:33:10.58

ではちょいと難しいのを。

p を奇素数、 q を p^p - 1 の最大の素因数とする。この時、

(x - 1)(x - p)(x - p^2) ........... (x - p^(p-1)) ≡ x^p - 1 (mod. q)

を示せ。

0913１３２人目の素数さん

2012/07/01(日) 15:58:25.87

AoPS も最近暇だなー

0914１３２人目の素数さん

2012/07/05(木) 18:13:13.23

>>912
qは(p^p -1)/(p-1)の素因数とする。ord_q(p)=pだから
1，p，p^2，…，p^(p-1)はmod qですべて異なる。
(ちなみにord_q(p)とはmod qでのpの位数の意味)

位数qの有限体F_q上の多項式f(x)を以下のようにとる。
ｆ（x)=(x-1)(x-p)…{x-p^(p-1)} - (x^p -1)
f(x)はp個の値1，p，…，p^(p-1)に対して0となること、そしてf(x)の次数が高々p-1であることを考慮すると
f(x)の係数はすべて0にならざるを得ない。

0915１３２人目の素数さん

2012/07/07(土) 21:01:33.51

>>914
>1，p，p^2，…，p^(p-1)はmod qですべて異なる。
なぜ？
>ord_q(p)=pだから
How?

0916１３２人目の素数さん

2012/07/08(日) 00:14:14.73

>>914
勉強不足、初等整数論を根本的に勉強し直す事を強く勧める。

0917１３２人目の素数さん

2012/07/10(火) 01:01:25.96

>>914
なるほど、分かった。

0918１３２人目の素数さん

2012/07/22(日) 17:42:06.15

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0919１３２人目の素数さん

2012/09/09(日) 17:36:19.69

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0920１３２人目の素数さん

2012/10/08(月) 08:05:03.65

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0921１３２人目の素数さん

2012/10/14(日) 09:14:35.82

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0922１３２人目の素数さん

2012/10/14(日) 09:45:47.51

スターリングの公式を証明しなさい

0923１３２人目の素数さん

2012/10/19(金) 14:00:42.41

$(x - 1)(x + 11)(x - 11^2)(x + 11^3)(x - 11^4)(x + 11^5)(x - 11^6)(x + 11^7)(x - 11^8)(x + 11^9)(x - 11^{10}) \equiv x^{11} - 1 \mod p $.
なる素数 p を全て求めよ。

0924１３２人目の素数さん

2012/11/13(火) 12:07:41.53

　　　　　　　　　　__ﾉ)-'´￣￣`ｰ- ､_
　　　　　　　 ,　'´　　_. -‐'''"二ニﾆ=-`ヽ、
　　　　　　／　　／:::::; -‐''"　　　　　　 `ｰノ
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　　　　 |　　　|:::::/　/　　　　　|　　|　|　|　|　 |
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　　　 |　　　|/　/　/　/|　,ﾊﾉ|　/|ﾉﾚ,ﾆ|ﾙ'　
　　　　 |　　　|　 |　/　/ ﾚ',二､ﾚ′ ,ｨｲ|ﾞ/　　　私は只の数ヲタなんかとは付き合わないわ。
.　　　　|　　　＼ ∠イ　 ,ｲイ|　　　 ,`-' |　　　　　　頭が良くて数学が出来てかっこいい人。それが必要条件よ。
　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　さらに Ann.of Math に論文書けば十分条件にもなるわよ。
　　　 | 　　　　 ` -'＼　　　　　ｰ' 　人　　　　　　　　　　一番嫌いなのは論文数を増やすためにくだらない論文を書いて
　　　　|　　　　　　　 /(l 　　　＿＿／　ヽ、　　　　　　　　　　　良い論文の出版を遅らせるお馬鹿な人。
　　　 |　　　　　　　（:::::`‐-､__ 　|::::`､　　ﾋﾆﾆヽ、　　　　　　　　　あなたの論文が Ann of Math に accept される確率は?
　　　|　　　　　　／ `‐-､::::::::::`‐-､::::＼　　 /,ﾆﾆ､＼　　　　　　　　　　　　それとも最近は Inv. Math. の方が上かしら？
　　　|　　　　　　|::::::::::::::::::|` -､:::::::,ﾍ￣|'､　ﾋﾆ二、　＼
.　　 |　　　　　　/::::::::::::::::::|::::::::＼/:::Ｏ`､::＼　 |　'､　　＼
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0925令嬢

2012/12/15(土) 20:55:40.37

　　　　　　　　　　__ﾉ)-'´￣￣`ｰ- ､_
　　　　　　　 ,　'´　　_. -‐'''"二ニﾆ=-`ヽ、
　　　　　　／　　／:::::; -‐''"　　　　　　 `ｰノ
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　　　　 |　　　|　 |　/　/ ﾚ',二､ﾚ′ ,ｨｲ|ﾞ/　　　
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　　　　 | 　　　　l＾,人| 　` `-' 　　ゝ　 |　　　　　　　　このスレは馬と鹿と豚さんばかりね。
　　　 | 　　　　 ` -'＼　　　　　ｰ' 　人　　　　　　　　　　　　
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0926令嬢

2012/12/16(日) 13:36:04.88

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0927１３２人目の素数さん

2013/01/15(火) 20:36:22.48

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0928１３２人目の素数さん

2013/01/18(金) 23:45:23.29

ブルーバックスの本に
「3^100(mod.15)を求めよ」っていうネタがあって

「3の累乗、2^1，3^2，3^3，3^4，…
を計算すると、法15に関する剰余は
3，9，12，6，…　（この順で循環する）
したがって、100=4×25より
　3^100=(3^4)^25≡6^25≡6 (mod.15)　となる」
とあった

俺、6^25≡6 (mod.15)　となる理由がわからん

0929１３２人目の素数さん

2013/01/19(土) 00:44:21.90

>>928
6^2≡6 (mod.15)　
6^3≡6・6^2≡6 (mod.15)　

0930１３２人目の素数さん

2013/01/19(土) 01:07:53.53

ありがとうございます

本当にありがとう

0931あぼーん

NGNG

あぼーん

0932あぼーん

NGNG

あぼーん

0933あぼーん

NGNG

あぼーん

0934１３２人目の素数さん

2013/04/18(木) 22:59:40.18

a^2+2^a=b^2を満たす自然数a,bを求めよ

0935１３２人目の素数さん

2013/07/14(日) NY:AN:NY.AN

前から思ってたんだが、
合同式より計算機記号の % を使った方がよっぽどすっきりしないか？
%を剰余とすると一言書いて

6^2 % 15 = 6
6^3 % 15 = 6・6^2 %15 =6

少なくとも考えながら記述するのはこっちの方が書きやすい

0936１３２人目の素数さん

2013/07/14(日) NY:AN:NY.AN

新課程では整数論とか導入されたみたいだが、
今の高校数学カリキュラムが創設されて以来、何十年も、受験ではちょくちょく出題されるのに、
数学科以外だと大学でも整数については履修しないまま。

受験でよく出題されるレベルの整数について知りたいと思い受験参考書調べると
マスターオブ整数とか
http://skredu.mods.jp/seisu/seisuu-gensoku.pdf
http://skredu.mods.jp/seisu/seisuu-kiso.pdf
受験での整数に関する解説本がいろいろあるんだな
こんなのが出版される前の受験生はどーしてた？
これやりこまないとそら難関校の2次試験で出題されるレベルの整数の問題なんか絶対解けない

0937１３２人目の素数さん

2013/07/15(月) NY:AN:NY.AN

>>935
一つの問題の中では同じ法を用いる場合が多いんだから
mod 15として
6^2≡6
6^3≡6*6^2≡6
と書いたほうが短いし楽だと思うんだが

0938１３２人目の素数さん

2013/07/15(月) NY:AN:NY.AN

>>937

式毎に mod 15を記述する必要あるだろ
それとも合同式をひとくくりでmod 15と明記するか？
moduloがいろいろ混在する場合はどーするよ?書いてる方が混乱しそうだ。
そもそも%15 は合同式などという概念がなくとも使える

0939１３２人目の素数さん

2013/07/20(土) NY:AN:NY.AN

>>936
ところが解けたんだな。

0940１３２人目の素数さん

2013/07/20(土) NY:AN:NY.AN

>>939
a,b を互いに素
ax = 1 (mod b)
x∈整数となる解 x が必ず存在することを証明せよ

こんなの知らずに解けるかよ

0941１３２人目の素数さん

2013/07/23(火) NY:AN:NY.AN

>>940
ユークリッドの互助法くらいはならったでしょ？
後の展開は行列で表現すると楽チンだ、wikipedia に書いといたから参考にしてね

0942１３２人目の素数さん

2013/07/23(火) NY:AN:NY.AN

>>940
>ユークリッドの互助法くらいはならったでしょ？

互助法て、お前は葬儀屋か？wwww
ちなみに、
ユークリッドの互除法なんて少なくともこれまでの高校までのカリキュラムにはない
まぁ、教えてもらえば馬鹿でもない限りすぐに理解できるけど、
入試もユークリッドの互除法前提の問題は出題されないはず。
俺はBerlekamp法の別アルゴリズムとして知られる今井秀樹のユークリッド法で大学、
それも院試合格した後の4回生で初めて知った

難関大学は必ずといっていいほど出題されるが、
出題するなら文科省の方でもカリキュラム導入はきちんとやって、
いくつかの性質覚えさせて問題演習させなきゃ意味ないと思う。
新課程では導入されたらしいからそれでいいと思うけどね。
数学科以外、数論としてやりこむ必要はないが、
大学入試程度に必要な程度の知識は知っていていいと思う。

0943１３２人目の素数さん

2013/07/23(火) NY:AN:NY.AN

>>936
つ赤チャート数Ⅰ
つモノグラフ整数

0944１３２人目の素数さん

2013/07/26(金) NY:AN:NY.AN

a=0,b=1

0945１３２人目の素数さん

2013/07/26(金) NY:AN:NY.AN

なんで大学入試の問題に文科省の高校カリキュラムがとか言い出すの？

0946１３２人目の素数さん

2013/07/27(土) NY:AN:NY.AN

>>942
あったぞ？

0947１３２人目の素数さん

2013/07/30(火) NY:AN:NY.AN

>>945
大学入試の問題だからこそ文科省の高校課程が絡むのは当然だろ。
それとも、チョンか？それなら日本の高校カリキュラムは関係ない罠ぎゃはははは

0948１３２人目の素数さん

2013/07/30(火) NY:AN:NY.AN

その考え方がおかしい。
大学は必要とする学生の能力を試すために、自由な内容の出題をして良い。

実際、芸術系の大学などは、明らかに高校カリキュラムとはかけ離れている
課題を与える場合がある。

0949１３２人目の素数さん

2013/07/31(水) NY:AN:NY.AN

>>948
>大学は必要とする学生の能力を試すために、自由な内容の出題をして良い。

おかしいのはお前だ。というかオツムは確かか？
入学試験も資格試験も出題範囲をきっちり決めてその範疇から出題される。
そこから外れるのは反則だし、そんな問題は出題されない。
整数の問題も新たな知識を必要としないという前提で出題される。

東京大学""高等学校段階までの学習で身につけてほしいこと
http://www.u-tokyo.ac.jp/stu03/e01_01_18_j.html
>本学の入学試験においては，高等学校学習指導要領の範囲を超えた数学の知識や技術が要求されることはありません

残念だったな。大学入学試験は指導要領が大前提なのだよ常識の欠如したお前
そんなことも知らずよく大学合格できたな？

0950１３２人目の素数さん

2013/07/31(水) NY:AN:NY.AN

あげ

0951１３２人目の素数さん

2013/08/01(木) NY:AN:NY.AN

芸術系は特別な例外だな。

0952１３２人目の素数さん

2013/08/01(木) NY:AN:NY.AN

東京藝大に数学科をつくればいいな

0953１３２人目の素数さん

2013/08/01(木) NY:AN:NY.AN

結局寝言ほざいてた>>948は逃亡か？
ま、常識のなさがこれほど見事に晒されたんじゃ恥ずかしくて出てこれまいて。

0954１３２人目の素数さん

2013/08/02(金) NY:AN:NY.AN

>>949
それって東京大学がそのように宣言しているということで
すべての大学がそうでなくてはならないという意味ではないんじゃないの？

0955１３２人目の素数さん

2013/08/02(金) NY:AN:NY.AN

「本学の」と断ってるのはそういう意味だろうな

0956１３２人目の素数さん

2013/08/02(金) NY:AN:NY.AN

>>954

そら各種学校、社会人選抜大学は選抜試験に高校の指導要領ははなからムシしてるわなぁ。ゲラゲラ
出題範囲が結果に大きく反映される数学を選抜試験に科す大学で、
文科省の定めた高校指導要領、高校カリキュラムに準拠する旨を謳ってない大学があればそれをさらしてみろや
出題範囲を明記しない選抜試験なんてないんだから、そんな大学があるというなら証拠見せてみせてみな。

0957１３２人目の素数さん

2013/08/02(金) NY:AN:NY.AN

学力試験として数３とか高校での科目名を断ってんなら高校範囲てのもあるだろうが
なにも芸術系でなくてもそれ以外の試験なんていくらでもやってるだろ。
科目の分類におさまらないテーマの小論文や作文もそうだし
建築で未来都市デザインとか、他にもプレゼンとか

0958１３２人目の素数さん

2013/08/02(金) NY:AN:NY.AN

>>９５６

「高校カリキュラム範囲からの逸脱」から
「出題範囲を明記しない」に話題がネジ曲がってんぞ

0959１３２人目の素数さん

2013/08/02(金) NY:AN:NY.AN

>>956
聞きたいんだが、高校卒業「程度」てのは
「カリキュラムを一切逸脱しない」という意味なのか？
だとしたら、どの年度に準拠なのかも書かなくてはならないか
過去のカリキュラムすべての共通要素からしか出題できないという意味なのか？

0960１３２人目の素数さん

2013/08/02(金) NY:AN:NY.AN

>>954
>すべての大学がそうでなくてはならないという意味ではないんじゃないの？

ってのはどういう意味だ？文科省の意向に反する選抜試験がまかり通るって意味かい？
お前、文科省が毎年選抜試験要項を大学側に通知してるってのを知ってるのか？

http://www.mext.go.jp/a_menu/koutou/senbatsu/
>第６学力検査等
>１個別学力検査
>(1) 各大学が実施する学力検査（以下、「個別学力検査」という。）は、高等学校学習指導要
>領（平成11年文部省告示第58号。以下、「学習指導要領」という。）に準拠し、高等学校教
>育の正常な発展の障害とならないよう十分留意しつつ、適切な方法により実施する。

ちゃーんと指導要領準拠を要請されてるのだよ。常識のかけらもないお前
それでもなお、文科省の意向に反する試験を実施するような度胸のある大学があればさらしてみろや

0961１３２人目の素数さん

2013/08/02(金) NY:AN:NY.AN

>>958

はぁ？文盲だろおまえは
試験は必ず出題範囲を明記してる。
もし、高校カリキュラムの範囲逸脱がなされるなら入試要項にその旨記載されてるんだから、
ネットで探せるだろうと言ってるのだよ低脳のお前
アホは全角英数使うっていうがその通りだなお前

0962１３２人目の素数さん

2013/08/02(金) NY:AN:NY.AN

結局、
>>945
>>948
>>954

あたりは己の無知、常識のなさを世間に晒しただけだったねぇゲラゲラ
も、いっかい大学受験でもやり直せやウスノロ
>>958に至っては文章も理解できないときた。
アホは、所詮こーだろな。常識がないってのはそれなりの理由がある

0963１３２人目の素数さん

2013/08/02(金) NY:AN:NY.AN

>>957
>科目の分類におさまらないテーマの小論文や作文もそうだし
>建築で未来都市デザインとか、他にもプレゼンとか

指導要領が5教科だけとでも思ってるのか?
指導要領っては各教科以外に芸術、保健体育、生活、
普通科学生だけじゃないから当然、商業、農業、水産、工業なんて項目もあるのだよ。
論文や作文はちゃーんと国語の中で盛り込まれてるのと、
プレゼンあたりはほとんどの教科で表現力の育成が謳われてる。
選抜試験項目がおかしいと思うなら選抜方法に関して大学に問い合わせてみな。
必ず指導要領のどの部分を選考基準にしてるかを説明してくるはずだ。

↓こういうアホもいるんだが。
>>948
>実際、芸術系の大学などは、明らかに高校カリキュラムとはかけ離れている
>課題を与える場合がある。

芸術は指導要領のなかにきちんと盛り込まれてる。
試験内容も指導要領に準拠した(少なくとも大学側は
第3者に準拠となる根拠を説明できる)形で出題されるのだよ
常識のないアホ江

0964１３２人目の素数さん

2013/08/02(金) NY:AN:NY.AN

>>959
>聞きたいんだが、高校卒業「程度」てのは

どこの大学だ？

0965１３２人目の素数さん

2013/08/23(金) NY:AN:NY.AN

>>940

　S = {a，2a，････，(b-1)a} の要素はいずれもbで割り切れない。
また，ia≡ja (mod b)　⇒　(i-j)a ≡ 0 (mod b)　⇒ i-j≡0 (mod b) ⇒　i-j=0
よって，Sは1～b-1を1個ずつ含む。
　{a，2a，････，(b-1)a} ≡ {1，2，････，b-1}　(mod b)

0966１３２人目の素数さん

2013/08/27(火) NY:AN:NY.AN

>>965
ax=1 mod.b <---> ax=by+1 <--->
ax-by=1ならばaとbの共通因子は1、
じゃあかんの？

0967１３２人目の素数さん

2013/08/27(火) NY:AN:NY.AN

d,nを正整数とする。任意の(2^d)(n-1)+1個のd次元整数ベクトルがあったとき、
その中からn個のベクトルを取り出し、それらの和がすべての要素がnの倍数となるようにできることを示せ。

0968１３２人目の素数さん

2013/08/27(火) NY:AN:NY.AN

>>966

　ax-by=1　<---　aとbの公約数は1のみ.

をどう示すか...

0969１３２人目の素数さん

2013/08/28(水) NY:AN:NY.AN

>>968
書き込みテストで背理法

0970１３２人目の素数さん

2013/08/28(水) NY:AN:NY.AN

ごめんなさい書き込めてしまった。普通は互除法？

0971１３２人目の素数さん

2013/08/29(木) NY:AN:NY.AN

>>965
あのさ。一度でも証明を見れば馬鹿でも解けるが、
高校数学課程においてカケラも載ってもないのに課程準拠が必要な受験で、
出題そのものが問題をはらんでるexampleとして引き合いに出してるのに、
話の流れも理解せず何を間抜けにまんま解いてんの
つーか写してんの

0972１３２人目の素数さん

2013/08/29(木) NY:AN:NY.AN

>971
＞あのさ。一度でも証明を見れば馬鹿でも解けるが、

馬鹿に期待しすぎ。

0973１３２人目の素数さん

2013/09/04(水) 02:17:17.78

　S は (Z/nZ) = {0,1,････,n-1} の真部分集合とする。0 < ＃S < n,

　S の各要素にa(≠0)をたしたものを S~ とおく。 #S~ = ＃S

〔補題〕
ｎが素数のとき、S~ ≠ S.

(略証)
　aも#Sもnで割り切れないから、
　Σ_S~ =　Σ_S + a･#S
　　　　≠ Σ_S　　　(mod n)

0974１３２人目の素数さん

2013/09/04(水) 03:04:35.33

　y_1, y_2, ･････, y_(n-1) はｎで割り切れないとする。

　{y_1, ････, y_(n-1)} のすべての部分集合（空集合φも含む）に対し、
要素の和をｎで割った余りを考える。

　その全体は (Z/nZ) である。（0～n-1をすべて含む。）

(略証)
　{y_1, ････, y_k} の部分集合（空集合φも含む）に対し、要素の和をnで割った余りを考える。

　その全体集合を S_k とする。

　S_1 = {0, y_1}　ゆえ　＃S_1 = 2,

　また、補題より、S_k = S_(k-1) ∪ S_(k-1)~ ⊃ S_(k-1),

∴　#S_k > #S_(k-1),

∴　#S_k ≧ k+1,

∴　#S_(n-1) = n,

0975１３２人目の素数さん

2013/09/04(水) 17:10:15.19

>>974 ｎが素数のとき、だよね

0976１３２人目の素数さん

2013/09/04(水) 22:56:10.90

>>975　thx.

ｎが素数のとき、
2n-1個の整数から、和がｎで割り切れるｎ個組を選出できる。

(略証)
・ｎで割った余りが同じものがｎ個以上あれば、その中のｎ個を選べばよい。
・ｎで割った余りが同じものは高々n-1個以下とする。
　余りの順に x_1, x_2, ･････, x_(2n-1) とし、非合同ペア
　　{x_1, x_(n+1)}
　　{x_2, x_(n+2)}
　　････
　　{x_(n-1), x_(2n-1)}
　　{x_n}
　から１個づつ選んでｎ個組とする。
　その和をｎで割った余りの集合は (Z/nZ)である。（0～n-1をすべて含む）
　よって、和がｎで割り切れるｎ個組を選出できる。

0977１３２人目の素数さん

2013/09/05(木) 01:59:33.36

ｎが自然数のときも、
2n-1個の整数から、和がｎで割り切れるｎ個組を選出できる。

(略証)
ｎの因数についての帰納法による。
・ｎが素数のときは成立つ。　>>976
・ｎが合成数のとき、ｐを素数として、ｎ＝ｐｍと書ける。
　2n-1 個から、和がｐで割り切れるｐ個組を選出し、除去する。
　これを2m-1回繰り返す。
　それらをpで割った商を z_1, z_2, ･････, z_(2m-1) とする。
　この2m-1個の整数から、和がmで割り切れるm個組を選出できる。
よって、2pm-1個の整数から、和がpmで割り切れるpm個組を選出できる。

0978１３２人目の素数さん

2013/09/05(木) 02:12:58.75

〔蛇足〕
2n-2個の整数から、和がｎで割り切れるｎ個組を選出できない例
｛a,････,a, a+1,･････,a+1}　(各n-1個)

0979１３２人目の素数さん

2013/09/22(日) 02:50:09.08

相異なる1より大きな任意の整数a,bについて、(a^n-1)(b^n-1)が平方数とならないような正整数nが存在することを示せ

0980１３２人目の素数さん

2013/10/24(木) 06:18:20.69

>>945
>なんで大学入試の問題に文科省の高校カリキュラムがとか言い出すの？

>>948
>その考え方がおかしい。
>大学は必要とする学生の能力を試すために、自由な内容の出題をして良い。

>実際、芸術系の大学などは、明らかに高校カリキュラムとはかけ離れている
>課題を与える場合がある。

結局この常識のかけらもない馬鹿ば逃亡か？

0981１３２人目の素数さん

2013/10/24(木) 12:31:21.95

ハミルトンケーリーの定理に関してはこんな話を聞いたことがある(W

N先生:全くもって指導要領の範囲外(大学院生の予備校講師から受験テクニックとして掻い摘んだものが広まったらしい)。

学生:証明できるので使用して良いのでは？

N先生:はぁ？そもそも2次正方行列限定でハミルトンケーリーの定理？何んやそれ？

N先生:というかそんな中途半端なテクニック使わん方が簡単かつ本質的な解答となるのやが。

N先生:全然数学力の評価にならへんし採点せーへんよ！

0982１３２人目の素数さん

2013/10/24(木) 13:38:00.15

はぁ？ケイレイ・ハミルトンは教科書にちゃーんと紹介されてる。
背景は隠して、単なる等式としてだ。
2次の正方行列を前提とするなら、
A^2-(a+d)A+(ad-bc)E=O
は、高校カリキュラムで十分証明可能だ

>>981
アホかお前

0983１３２人目の素数さん

2013/10/24(木) 14:02:02.20

>>982
> 2次の正方行列を前提とするなら、
はぁ？

0984１３２人目の素数さん

2013/10/24(木) 14:04:39.78

>>981
その話を聞いたのはいつ頃のことですか？

0985１３２人目の素数さん

2013/10/24(木) 14:52:41.64

>>984
30年くらい前です。

0986１３２人目の素数さん

2013/10/24(木) 23:29:13.35

二年三百四十二日。

0987１３２人目の素数さん

2013/10/25(金) 23:29:13.53

二年三百四十三日。

0988１３２人目の素数さん

2013/10/26(土) 08:57:48.05

>>983

高校数学における行列の取り扱いで3次以上がカリキュラムに登場したことなんかねぇんだよ馬鹿たれ
したがってハミルトン=ケーリーも2次に限定すれば、簡単に成分計算で証明できるし、
次数下げ公式として使うことに何の問題もないつってんだよアホ
堂々と教科書に記載されてるのに何寝言ほざいてんだって話だ

0989１３２人目の素数さん

2013/10/26(土) 11:12:00.97

直角二等辺三角形四つ繋いで
「直角二等辺三角形の斜辺の長さは直角を挟む辺の長さの√２倍」を証明して
これを三平方の定理と呼ぶようなものか。

三平方の定理＝「直角二等辺三角形の斜辺の長さは直角を挟む辺の長さの√２倍」

0990１３２人目の素数さん

2013/10/26(土) 12:14:10.38

次数によらず成り立つから定理なのに、命題や補題とすら呼ぶに値するかどうか
というほど自明なn=2に限定したのならその定理の名前を冠しちゃダメだろ。

0991１３２人目の素数さん

2013/10/26(土) 12:23:56.30

そこまでいくと難癖だな
ハミルトンケーリーの定理が指導要領の範囲外との勘違いを正すという趣旨から逸れまくってるし

0992１３２人目の素数さん

2013/10/26(土) 12:24:50.48

そこまでいくと難癖だな
ハミルトンケーリーの定理（n=2の場合）が指導要領の範囲外との勘違いを正すという趣旨から逸れまくってるし

0993１３２人目の素数さん

2013/10/26(土) 12:55:25.40

お前にとっては、二次方程式が有限操作な有理拡大の範囲に根を持つのがガロワ論理で、4で割ると1余る素数が二つ冪の和で書けるのが類体論な(W

0994１３２人目の素数さん

2013/10/26(土) 13:01:10.54

はいはい
呼び名が争点になっているのではないと理解できないのね

0995１３２人目の素数さん

2013/10/26(土) 13:37:53.69

じゃケーリーハミルトンの定理がどのような対象の上で成立するのか必要十分に説明して下さいや(W

0996１３２人目の素数さん

2013/10/26(土) 13:42:25.35

何言ってるのか全然わからん

0997１３２人目の素数さん

2013/10/26(土) 13:44:42.25

可換環を成分にもつ正方行列一般に成立するのだが、二次の証明とは比較にならんよ。

0998994

2013/10/26(土) 13:47:18.83

（だから何やねん…）

0999１３２人目の素数さん

2013/10/26(土) 13:53:43.25

もともとの>>981が二次限定のケーリーハミルトンなんて無いわボケっていうネタの話なのにね

1000１３２人目の素数さん

2013/10/26(土) 14:21:22.13

当然、それと同様に実数限定でケーリーハミルトンってなんやねんって話だったと思うが？

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