整数論の問題を出し合うスレ

整数論の問題を出し合うスレッドです。
整数論総合スレッド
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1090800616/l50
から独立しました。
スレは基本的にsage進行でお願いします。

上記スレッドで未回答な問題

その１
nの最大の素因数をP(n)と書く。

f(x)が一次多項式の累乗ではない多項式で整数に対して整数値をとるものとする。
このときP(f(n))→∞（n→∞）となることを示せ。

その２
Z上の多項式 f(X) = X^n + aX^{n-1} + ・・・ + aX - 1 (n≧2，a≠0)
はQ上既約である．

その３
nの正の約数の和をσ(n)、n以下の自然数のうちnの互いに素なものの個数をφ(n)とする。
(1)
任意の素数nに対して、n*σ(n)≡2　(mod　φ(n) )が成立することを示せ。
(2)
n*σ(n)≡2　(mod　φ(n) )が成立する合成数は、n=4,6,22に限ることを示せ。　

>>1
では久しぶりに易しい問題を一つ。
ABC を平面上の三角形とする。このとき点 A, B, C に幾らでも近い点 A', B', C' で
長さ A'B', B'C', C'A', 面積 △A'B'C' が有理数になるものが存在する。

X^n + aX^{n-1} + ・・・ + aX - 1 =(x-q)Qx
=x^n+axQ-1=0
q^n+aqQ-1=0
q^n+aqQ=1
q(q^n-1+aQ)=1

c^n+acD=b^n
c(c^n-1+acD)=b^n

>>4
何それ？

5につづく

>>4-7>>8-
何それ

　　　　∧__∧
　　　 (｀･ω･´)　馬鹿はとっとと消え失せぇぃ！
　　　.ノ^　yヽ、
　　　ヽ,,ﾉ==l ﾉ
　　　　/ 　l |
"""~""""""~"""~"""~"

Q上既約->有理解なし->あったら矛盾->規約分数が共役

Q上既約->有理解なし
アホ端ね

問題
n個の頂点がすべて同一平面の格子点(x,y座標共に整数の点)上にある正n角形にはどんなものがあるか。

>>1
スレ立て乙です．
>>2のその3
(1)　n が素数なら，σ(n) = n + 1，φ(n) = n - 1 より．
(2)　n = p_1^(e_1)*・・・*p_g^(e_g) と素因数分解されたとする．
p_k^(e_k-1) | φ(n) より，e_k≧2 なら，e_k = p_k = 2
よって，n = 4p_1*・・・*p_g(p_1〜p_gは奇素数) 又は p_1*・・・*p_g
n = p_1*・・・*p_g のとき，σ(n)≡φ(n)≡0 (mod. 2^(m-1))
n は合成数なので，m = 2
n が奇数なら，σ(n)≡φ(n)≡0 (mod. 4) なので，n=2p (p は奇数)
2pσ(2p) ≡ 12 (mod. p-1) だから，p-1 | 10
ゆえに，p = 3, 11で，n = 6, 22
上の議論から，n = 4p_1*・・・*p_g のときは n = 4

>>3
座標を取って，A を原点，B を x 軸上にとる．
単位円周上には有理点が稠密に存在するので，半径が有理数の円周上でもそう．
したがって，R^2 には原点からの距離が有理数である有理点が稠密に存在する．
C に近い有理点 C' (p，q) をとる．
(x - p)^2 + q^2 = y^2 を考えると，双曲線 x^2 - y^2 = -1 上には有理点が稠密
に存在するので，(x - p)^2 + q^2 = y^2 上でもそう．
だから，x 軸上には C との距離が有理数である有理点が稠密に存在する．
このようにして，B に近い有理点 B' をとる．

>>12
より強く，有理点としても正方形しかない．
頂点が有理点であるとすると，sin(2π/n)，cos(2π/n) がともに
有理数でなければならないことは容易に分かる．
このとき，円周等分多項式の次数は 2．つまりφ(n) = 2
よって，n = 3, 4, 6
n=3, 6 は sin(2π/n) が無理数になるので不適．　

問題
k を代数的閉体（別に複素数体でよい）とし，
f(x)，g(x)，h(x) ∈ k[x] とする．
n≧3 のとき，{f(x)}^n + {g(x)}^n = {h(x)}^n を満たすものは，
次の自明な解に限る．
f(x) = a*p(x), g(x) = b*p(x), h(x) = c*p(x)
ただし， p(x)∈k[x], a^n + b^n = c^n (a, b, c∈k)

>>13-14正解です。

問題
2以上の整数nを素因数分解したとき、全ての素因数の指数が2以上になるとき、nを充平方数と呼ぶことにします。
自然数の集合Xを以下のように定める。
X={n∈N|nは充平方数}

1.n,n+1∈Xとなるnとn,n+4∈Xとなるnが無数にあることを示せ。

2.n,n+1,n+2,n+3∈Xとなるnが存在しないことを示せ。

3.以下のようなN個の連続する自然数が存在することを示せ。
y,y+1,…,y+N-1のすべてがXの要素ではない。

>>16
(1) x_n + √2y_n = (3 + 2√2)^n として，n = 2y_n^2，n+1 = x^2
とすると，y_n は偶数なので n も充平方．
こうしてとった n に対し m = 4n とすれば m+4 = 4(n+1) も充平方．
(2) 連続する4つの自然数のうち2つは偶数．
充平方なら4の倍数だが，それは不可能．
(3) p_1 < ・・・ < p_N を素数，i = 1〜N に対し
y ≡ p_i + 1 - i (mod. p_i^2)
をみたす y が中国剰余定理より存在する．
このとき，y+i-1 は p_i で割り切れるが，p_i^2 で割り切れない．

>>15
ｐを素数，ｋを標数ｐの体とすると
１＾（ｐ＾ｓ）＋ｘ＾（ｐ＾ｓ）＝（１＋ｘ）＾（ｐ＾ｓ）。

>>18
これは失礼しました．kの標数は0で．

>>12
n個の頂点がすべて空間の格子点(x,y,z座標共に整数の点)上にある
正n角形にはどんなものがあるか。

>>17
記号をまずったのので，訂正．

(1) x_k + √2y_k = (3 + 2√2)^k として，n = 2y_k^2，n+1 = x_k^2
とすると，y_k は偶数なので n も充平方．

>>17>>20
正解です。

>>19
余弦定理よりcos(2π/n)は有理数となります。
よって>>14と同様にして、n=3,4,6となります。

>>22
n=3,4,6 というのは，頂点が格子点にあるとしたときの
必要条件なので，具体的に構成する必要があるかと．
n=3,4の場合は明らかですが，例えば，P_1〜P_6を
∠P_iOP_{i+1} = 60°を満たすようにとっても
P_1〜P_6が同一平面上にあるとは限りませんし．

難しく考えすぎてました．
立方体の中点とって正6角形を作れるので，
自明ですね．

オーソドックスな問題を出題してあげてみる．

問題
n を自然数とし，ζ_1，・・・，ζ_m を 1 のすべての原始n乗根とする．
(1 - ζ_1)・・・(1 - ζ_m) を計算せよ．

>>25
nが素数pの冪乗のとき(1 - ζ_1)・・・(1 - ζ_m)=p
そうでないとき(1 - ζ_1)・・・(1 - ζ_m)=1となる。

解答
nの円分多項式をΦn(x)とするとΦn(x)=(x - ζ_1)・・・(x - ζ_m)
n=p^kのときはΦn(1)=p
x^(n-1)+x^(n-2)+…+1=Π[k＞1,k|n]Φk(x)より帰納的に言える。

数学の人って自分がなかなか分からなかった問題でも
平気で自明って言いますねｗｗｗ

>>27
分かった瞬間から自明になるのが数学の特徴。
人から教わったことでもそれを断るのは少数派。

>>26
正解です．

>>27
じめい 0 【自明】
（名・形動）[文]ナリ
証明したり説明したりしなくても、すでにそれ自体ではっきりしていること

「自明」には，すぐにわかったという意味はないので．

おのずからあきらか

>>3>>14
正解

問題
nの正の約数の和をσ(n)とする。

1.σ(n)=2nとなる数を完全数と呼ぶ。
(1)偶数の完全数は(2^k)*{2^(k+1)-1}、2^(k+1)-1は素数となるものに限ることを示せ。
(2)奇数の完全数はもしあれば、n=p^(4k+1)*m^2(pは4K+1の形の素数)の形に限ることを示せ。
2.σ(n)=2n+1の形になる自然数nを考える。
もしnが存在するならば、nは奇数の平方に限ることを示せ。

問題
pを素数、nをpの冪ではない自然数とする。
C(np,n)はp^2で割り切れることを示せ。

1.(1)
σ(n)=2n, n=2^k*v(v: odd)ならば
(2^{k+1}-1|σ(n)=2nより(2^{k+1}-1)|v...(1)
σ(2^k)/2^k * σ(v)/v=σ(n)/n=2より
σ(v)/v=2^(k+1)/(2^(k+1)-1)...(2)

v|w, v<wならばσ(w)/w>σ(v)/v。
(1)(2)よりv>2^(k+1)-1ならば
σ(2^{k+1}-1)/(2^{k+1}-1)<σ(v)/v=2^(k+1)/(2^(k+1)-1)
となって矛盾。よってv=2^(k+1)-1。
σ(2^{k+1}-1)/(2^{k+1}-1)=σ(v)/v=2^(k+1)/(2^(k+1)-1)
より、2^{k+1}-1は素数であることが分かる。Q.E.D.

1.(2)
p=2ならばσ(p^e)=2^{e+1}-1: odd...(1)
p: odd, e: evenならばσ(p^e)≡p^e+...+1≡e+1≡1(mod 2)...(2)
p≡3(mod 4), e: oddならばσ(p^e)≡(p^e+p^{e-1})+...+(p+1)≡0(mod 4)...(3)
p≡1(mod 4)ならばσ(p^e)≡e+1(mod 4)...(4)

nが奇数の完全数なら、σ(n)≡2(mod 4).
よって、n=Πp_i^e_iとおくと、ちょうど一つのiに対して
σ(p_i^e_i)≡2(mod 4)となり、他のiに対してσ(p_i^e_i): odd。
前者は(4), 後者は(2)のタイプに該当する。Q.E.D.

2.
σ(n)が奇数なので、1.(2)の(1)(2)よりn=2^km^2(m: odd)。
k: oddとすると、3|σ(2^k)|σ(n)。一方、2nは平方数なので、
σ(n)=2n+1≡1 or 2(mod 3)となって矛盾。
k: even≧2とすると、nは平方数l^2であるから、σ(n)=2l^2+1。
よって、σ(n)の素因数は≡1 or 3(mod 8)。
σ(2^k)|σ(n)より、-1≡2^{k+1}-1≡σ(2^k)≡1 or 3(mod 8)となって矛盾。
よって、k=0。Q.E.D.

問題
1. n=p^(4k+1)*m^2((p, m)=1, pは4K+1の形の素数)を奇数の完全数とする。このとき
mは平方因子を持つことを示せ。
2. σ_k(n)をｎの正の約数のk乗の和とする。このとき、任意のkに対して、
n|σ_k(n)となるnが無限に多く存在することを示せ。

>>34正解です。

あと(2)番のk=0をいうところだけど、私は
{2^(k+1)-1}σ(m^2)=2^(k+1)m^2+1
2^(k+1)-1≡3　(mod　4)だから2^(k+1)-1の素因数pにはp≡3　(mod　4)となるものが必ず存在する。
よって(mod　p)で考えるとm^2≡-1　(mod　p)となるがこれは(-1/p)=-1に反する。
とやりました。

>>33
p＞n のときは，C(np,n) = p*C(np-1,n-1) で，
n!，P(np-1,n-1) は共に p で割り切れないので，
C(np,n) は p で割り切れるが，p^2 で割り切れない．
n ＞

間違って送信してしまいました．失礼．
n ＞ p のときは，n が p の倍数のときは C(18,6) が反例．
n ＞ p で，n と pが互いに素なのときは成立する．
C(np-1,n-1) = C((n-1)p,n-1)*A/B という形で表すと，
A, B は p で割り切れないことが簡単にわかるので，
帰納的に示される．

>>37-38
>>33はnを2の冪ではない自然数とするとC(2n,n)は4で割り切れるという本の記述を見て
何も考えずに一般化してしてしまった、スマソ。

>>38
１５！／５！１０！＝３００３。

>>40
失礼いたしました．
帰納法の出発点が成立していないので，
まったく証明になってなく，
お叱りを受けるのも当然のことですね．
以後注意いたします．

>>35
(1)
補題１
pを奇素数とする、a^(p-1)+a^(p-2)+…+1の素因数qをとるとq=p、あるいはq≡1　(mod　p)となる。
証明
a^p≡1　(mod　q)ここで、eをaの位数とするとe|pだから、e=1あるいはpとなる。
e=1のときp≡0　(mod　q)となってq=pが示される。
e=pのときe=p|q-1となるので、q≡1　(mod　p)が示される。

補題２
pを奇素数、aをa≡1　(mod　p)となる整数とする。
a^(p-1)+a^(p-2)+…+1≡0　(mod　p)
証明
a^(p-1)+a^(p-2)+…+1≡p≡0　(mod　p)

さて、解答に入る。　
mが平方因子を持たないと仮定する。
mをm=Π(qは素数)qと書く。
2p^(4k+1)*Π(q^2)={1+p+…+p^(4k+1)}*Π(1+q+q^2)…※
補題1より1+q+q^2の素因数rは3あるいはr≡1　(mod　3)のものに限られる。
r=3のときは明らかに3はmの素因数
r≡1　(mod　3)の場合も、補題2よりr^2+r+1は3で割り切れる。
よって、mは3を素因数に持つ。
Π(1+q+q^2)は1+3+3^2=13で割り切れ、mは13で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+13+13^2=183=3*61で割り切れ、mは61で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+61+61^2=3783=3*13*97で割り切れ、mは97で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。

>>42の訂正
Π(1+q+q^2)は1+3+3^2=13で割り切れるので※の左辺は13で割り切れる
p=13のとき
2p^(4k+1)*Π(q^2)={1+p+…+p^(4k+1)}*Π(1+q+q^2)=(p+1){1+p^2+…+p^(4k)}*Π(1+q+q^2)…○
だからmは7で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+7+7^2=57=3*19で割り切れ、mは19で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+19+19^2=381=3*127で割り切れ、mは127で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。
p≠13のとき
mは13で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+13+13^2=183=3*61で割り切れる。
p=61のとき
○よりmは31で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+31+31^2=993=3*331で割り切れ、mは331で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。
p≠61のとき
mは61で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+61+61^2=3783=3*13*97で割り切れ、mは97で割り切れる。
p=97のとき
○よりmは7で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。
p≠97のとき
mは97で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。

>>43は>>42の補足です。

コンビネーションを【】C【】として表します
【2n+1】C【n】が奇数であるためのnの必要十分条件は？

↑nは自然数

>>45　自明

>>45
Pascal の三角形を mod. 2 で書いてみれば、 nCr の偶奇はすぐ分かる。

>>45
2^m-1 mは自然数
背景はパスカルだがそれ以外に解法があるかはいまは思いつかない

どこかの大学入試でやった記憶があるのだが

>>42
＞2p^(4k+1)*Π(q^2)={1+p+…+p^(4k+1)}*Π(1+q+q^2)…※
＞補題1より1+q+q^2の素因数rは3あるいはr≡1　(mod　3)のものに限られる。
＞r=3のときは明らかに3はmの素因数
＞r≡1　(mod　3)の場合も、補題2よりr^2+r+1は3で割り切れる。
＞よって、mは3を素因数に持つ。

1+q+q^2の素因数がpしかない場合も考えないと3|mとは言えないでつ。

>>50
言い訳っぽくなるが、pは4K+1の形の素数だから明らかにp≠3だと思ったから
あえて書かなかったんだ。

>>51
そうじゃなくて、
＞r≡1　(mod　3)の場合も、補題2よりr^2+r+1は3で割り切れる。
＞よって、mは3を素因数に持つ。

とあるが、r^2||nとなる（そういうrが一つでも存在する）ことを証明しなければ
いけないってこと。

>>51
要するにm＞1を示さなきゃならないってことかな？
もしそうならすっかり忘れていた、申し訳ない。

一応証明らしきもの
σ{p^(4k+1)}=1+p+…+p^(4k+1)≠2p^(4k+1)だからm=1とはなりえない。

>>51
わかった
なぜ、r≡1　(mod　3)がmの素因数になるかということね。

勘違いしていた。すまん。

F を p 元体とするとき、行列式 det { (x_i)^(p^j) }, i, j = 0, 1, 2, .... , n を
F (x_0, x_1, .... , x_n) で因数分解せよ。

3^n-1が2^nの倍数である自然数nは
1,2,4に限ることを示せ。

>>56
aを整数、mを奇数とするとき
a^(m-1)+a^(m-2)+…+1≡1　(mod　2)だから
nの2の指数をrとすると
3^n-1の2の指数=3^(2^r)-1の2の指数、となる。
さらに、3+1=4、(奇数)^2+1≡2　(mod　4)より
3^(2^r)-1の2の指数=1(r=0のとき)、r+2(r≧1のとき)

r=0のとき(nが奇数のとき)
3^n-1の2の指数=1だからn=1以外ありえない

r≧1のとき
3^(2^r)-1の2の指数=r+2だから2^n|3^n-1となるのは
2^r≦r+2となる場合に限る
よってr=1,2

r=1の場合
3^n-1の2の指数=3^2-1の2の指数=3だからn=2以外ありえない

r=2の場合
3^n-1の2の指数=3^4-1の2の指数=4だからn=4以外ありえない

よってn=1,2,4となる。

問題
n次の成分が整数の正方行列を以下のように定める

Aの(i,j)成分=i,jの最大公約数

detA=φ(1)*…*φ(n)となることを示せ。
ただしφ(n)はeuler関数とする。

>>56-57
一般に、a: odd, n=s*2^m(s: odd)のとき、
a^n-1=(a^{2^m}-1)(a^{2^m(s-1)}+a^{2^m(s-2)}+...+1),
(a^{2^m(s-1)}+a^{2^m(s-2)}+...+1)≡s≡1(mod 2)よりこれは奇数、
(a^(2^m)-1)=(a-1)(a+1)(a^2+1)...(a^{2^{m-1}}+1)で
a^2+1, ..., a^{2^{m-1}}+1≡2(mod 4)だから
v_2(a^n-1)=v_2(a^2-1)+m-1(m≧1),
v_2(a^n-1)=v_2(a-1)(m=0)
となる。

a=3のとき、v_2(3^n-1)=m+2。2^n|(3^n-1)ならばm+2≧s*2^mより、
(s, m)=(1, 2), (1, 1), (1, 0)。

問題：
pを素数、oをa(mod p)の位数とし、e=v_p(a^o-1)とおく。
p^f|(a^m-1)ならば、mはo*p^(f-e)の倍数であることを示せ。

未解決問題：
上記のeはa, pに比してどの程度まで大きくなれるか？

p≠2として考える(そうでないと、p=m=2、a=f=3のとき反例)

まず
v_p(a-1)=k　⇔　v_p(a^p-1)=k+1を示す。…※
(kは正の整数)
証明
⇒
a^p-1=(a-1){a^(p-1)+a^(p-2)+…+1}…○
a=ph+1
(1+ph)^(p-1)+(1+ph)^(p-2)+…+1≡p+p{p(p-1)/2}h≡p　(mod　p^2 )
だから、このときv_p(a^(p-1)+a^(p-2)+…+1)=1より示された。

逆を示す
a-1≡a^p-1≡0　(mod　p )
よって、上と同様にして、v_p(a^(p-1)+a^(p-2)+…+1)=1
よって、○より逆も正しいことがわかる。
証明終わり

さて問題の解答に入ります。
aのmod　p^fでの位数xがo*p^(f-e)となることを示せばよい。
※よりv_p{a^{o*p^(f-e)}-1}=f
よってx|o*p^(f-e)
当然。o|xである。
フェルマーの小定理よりo|p-1だから、oとp-1は互いに素
よって、x=o*p^yと書ける
y＜f-eと仮定するとv_p{a^x-1}=e+y＜fとなって不合理なので
x=o*p^(f-e)となる。
よって示された。

>>60
>>59

>>58
n 次の正方行列 B = (b_{ij})，C = (c_{ij}) を次の様に定める．
b_{ij} ： i | j なら 1，そうでなければ 0
c_{ij} ： i=j なら φ(i)，そうでなければ 0
このとき，
　t(B)CB の(i,j)成分　　（t(B) は転置行列）
= �納k=1→n] b_{ki}*φ(k)*b_{kj}
= �納k | g.c.m(i,j)] φ(k) = g.c.m(i,j)
よって，det(A) = det(t(B))*det(C)*det(B)
σ∈S_n（n次対称群）とする．
b_{1σ(1)}*・・・*b_{nσ(n)} ≠ 0 ならば σ(n) = n
これを繰り返して，b_{1σ(1)}*・・・*b_{nσ(n)} ≠ 0 ならば
σは恒等置換でなければならないことがわかる．
よって，det(t(B)) = det(B) = 1
det(A) = det(C) = φ(1)*…*φ(n)

佐々木の学生の学位の審査にはいつものように岡本が参加している。
佐々木は上野とも非常に仲が良い。
佐々木はこうして数学に「浸透」しつつあった。
今回のセクハラ騒動で岡本や上野にも影響が
何か及ぶのかどうかは不透明。
期待している人は多いようだけどね。

岡本和夫と佐々木力
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1107052485/17

史春は崩れとﾌｧｲﾄｸﾗﾌﾞで研究の中身で真っ向勝負しないと、
ｱﾎｱﾎ君決定です。そんな事したら負けるの目に見えてるけど

岡本和夫と佐々木力
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1107052485/470

また書き間違いスマソ。
>>60の「フェルマーの小定理よりo|p-1だから、oとp-1は互いに素」は、
「フェルマーの小定理よりo|p-1だから、oとpは互いに素」の誤りです。
>>62
正解です。

k、nを自然数、a_1,a_2,・・・,a_{φ(n)}をnの既約剰余系とする。

問題　１
nを任意の素因数pがp-1|kとはならないような奇数とする。
(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^k≡0　(mod　n )

問題　２
kを奇数、nを任意の素因数pがp-1|k-1とはならないような奇数とする。
(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^k≡0　(mod　n^2 )

問題　３
nを任意の素因数pがp-1|kとはならないような奇数とする。
{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0　(mod　n )

問題　４
kを奇数、nを任意の素因数pがp-1|k+1とはならないような奇数とする。
{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0　(mod　n^2 )

>>66の訂正

問題　３
nを任意の素因数pがp-1|kとはならないような奇数とする。
{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0　(mod　n )

問題　４
kを奇数、nを任意の素因数pがp-1|k+1とはならないような奇数とする。
{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0　(mod　n^2 )

『「知」の欺瞞』関連情報

●ｂｋ１の『「知」の欺瞞』のページ
* 佐々木力、ポストモダン思想の軽薄さを完膚なきまでに暴露した、知的刺激溢れる書物、2000/07/10
http://www.math.tohoku.ac.jp/~kuroki/FN/#links



このページは黒木玄個人の責任で維持しております。
クレームその他は黒木個人におよせください。

★2002年新学習指導要領の中止を［上野、戸瀬、黒木］→NAEE2002で署名を！★
http://www.math.tohoku.ac.jp/~kuroki/index-j.html

afo

>>66-67
問題文を再訂正します(>>66-67のままだと、誤解の恐れがあるので)。

k、nを自然数、a_1,a_2,・・・,a_{φ(n)}をnの既約剰余系とする。
以下、自然数mが自然数nで割り切れないことを¬(n|m)と書くことにする

問題　１
nを任意の素因数pが¬( (p-1) | k)となるような奇数とする。
(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^k≡0　(mod　n )

問題　２
kを奇数、nを任意の素因数pが¬( (p-1) | (k-1) )となるような奇数とする。
(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^k≡0　(mod　n^2 )

問題　３
nを任意の素因数pが¬( (p-1) | k)となるような奇数とする。
{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0　(mod　n )

問題　４
kを奇数、nを任意の素因数pが¬( (p-1) | (k+1) )となるような奇数とする。
{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0　(mod　n^2 )

>>15
f(x)、k(x)、h(x)を
{f(x)}^n+{k(x)}^n={h(x)}^nを満たす複素数を係数をする多項式で、max{degf、degk、degh}が最小となるような多項式とする。
もし、
ここでf(x)、k(x)、h(x)は互いに素である。

αを1の原始n乗根のひとつとする。
{k(x)}^n=Π[i=0→n]{h(x)-(α^i)f(x)}…※
h(x)-(α^i)f(x)たちは互いに素である。
よって、※よりh(x)-(α^i)f(x)たちは独立にn乗数である。
よって、h(x)-f(x)={s(x)}^n、h(x)-αf(x)={t(x)}^n、h(x)-(α^2)f(x)={u(x)}^nとかける(nは3以上の整数だから)
β,γをβ^n=α、γ^n=1+αとなるような複素数とする。
{βs(x)}^n+{u(x)}^n={γt(x)}^n
ここでmax(deg{βs(x)},deg{u(x)},deg{γt(x)})＜k(x)≦max{degf、degk、degh}だからf,k,hの仮定に反する。
証明終

誰も望んでないかもしれないが>>70のヒント
(1)
・中国剰余定理
・原始根
(2)
・n-a_1、n-a_2、n-a_1、…、n-a_{φ(n)}もnの既約剰余系である。
・(1)より示せる。
(3)は(1)と同様に示せる。
(4)はほぼ(2)と同様に示せる。

解答は今週末までにはするつもりです。

>>70の解答です。

念のため、φ(n)はeuler関数です。

まず、補題を示します。

補題
f(x_1,…,x_{φ(n)})を全次数deg fが任意の素因数pに対して¬( (p-1) | deg f )となるような、
φ(n)変数の斉次の対称式とする。

f(a_1,…,a_{φ(n)})≡0　(mod　n )

証明
n=Π(p_i)^(k_i)と素因数分解する。
p_iの原始根g_iをとる。
中国剰余定理よりb≡g_i　(mod　(p_i)^(k_i) )となるような整数bが存在するから、

f(a_1,…,a_{φ(n)})≡f(b*a_1,…,b*a_{φ(n)})≡b^(deg　f)*f(a_1,…,a_{φ(n)})　(mod　(p_i)^(k_i) )
よって{b^(deg　f)-1}*f(a_1,…,a_{φ(n)})≡0　　(mod　(p_i)^(k_i) )
b^(deg　f)-1はp_iで割り切れないので、f(a_1,…,a_{φ(n)})≡0　　(mod　(p_i)^(k_i) )
よって、f(a_1,…,a_{φ(n)})≡0　(mod　n )となる
証明終わり

(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^kはk次、
1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^kの分子部分は{φ(n)-1}*k次のφ(n)変数の斉次の対称式だから
補題より(1)、(3)が成立する。

解答続き

(2)
補題より
2*{(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^k}≡
(a_1)^k+(a_2)^k+…+(a_{φ(n)})^k+(n-a_1)^k+(n-a_2)^k+…+(n-a_{φ(n)})^k≡
n*{(a_1)^(k-1)+(a_2)^(k-1)+…+(a_{φ(n)})^(k-1)}≡0　(mod　n^2 )
よって成り立つ。

(4)
2*{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^k
={1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^k+{1/{n-(a_1)}^k+1/{n-(a_2)}^k+…+1/{n-(a_{φ(n)})}^k
=Σ{1/(a_i)^k+1/(n-(a_i) )^k}
1/(a_i)^k+1/(n-(a_i) )^k=(分子がn^2で割り切れる分数)+n*(a_i)^(k-1)/{(a_i)(n-(a_i) )}^kだから
Σ{1/(a_i)^k+1/(n-(a_i) )^k}=(分子がn^2で割り切れる分数)+{n*(全次数が2*k*φ(n)-k-1の斉次の対称式)}/Π{(a_i)(n-(a_i) )}^k

よって補題より、{1/(a_1)^k+1/(a_2)^k+…+1/(a_{φ(n)})^kの分子部分}≡0　(mod　n^2 ) となる。

既約剰余系に制限がないのなら
６＾３＋２＾３＋３＾３＋４＾３≡１５（ｍｏｄ．５＾２）。

>>75
0＜a_1,a_2,・・・,a_{φ(n)}＜nのつもりだったけど
説明不足スマソ

問題
(1)
aを3以上の整数とする。
任意の自然数nに対してk*a^n+1が合成数となるような自然数kが存在することを示せ。
(2)
任意の自然数nに対してk*2^n+1が合成数となるような自然数kが存在することを示せ。

>>77
その書き方だと，「∀n∈N ∃k∈N s.t. ...」 と読んでしまった。
（そうだとしたらk=a^n+2で成り立ってしまうんで自明だわな）
(2)は，なんか見たことあると思ったが，Sierpinski numberの存在証明だったのね。

(1)
k*a^n+1=k(a^n-1)+k+1だから、k=a-2とすれば任意の自然数nに対してk*a^n+1は
a-1(≧2)で割り切れ、商はk(a^n-1)/(a-1)+1≧k+1=a-1、よってk*a^n+1は合成数。(証明終)

(2)
mod3, mod5, mod7, mod13, mod19, mod37, mod73での2の位数はそれぞれ
2, 4, 3, 12, 18, 36, 9だから、mを非負整数とすると
(※) k*2^(2m)+1≡k+1(mod3),
　　 k*2^(4m+1)+1≡2k+1(mod5),
　　 k*2^(3m+1)+1≡2k+1(mod7),
　　 k*2^(12m+11)+1≡7k+1(mod13),
　　 k*2^(18m+15)+1≡12k+1(mod19),
　　 k*2^(36m+27)+1≡6k+1(mod37),
　　 k*2^(9m+3)+1≡8k+1(mod73)。
中国剰余定理によりkを
　　k≡-1(mod3),
　　≡-1/2≡2(mod5),
　　≡-1/2≡3(mod7),
　　 ≡-1/7≡11(mod13),
　　 ≡-1/12≡11(mod19),
　　 ≡-1/6≡6(mod37),
　　 ≡-1/8≡9(mod73)
を満たすようにとる。つまりk≡78557(mod70050435)とする。このとき
(※)の右辺はすべて≡0となるが，任意の自然数nは，ある整数mによって
2m, 4m+1, 3m+1, 12m+11, 18m+15, 36m+27, 9m+3
のいずれかの形に表されるから，これはk*2^n+1が3,5,7,13,19,37,73のいずれかで
割り切れることを示している。kのとり方からk*2^n+1>73だから，k*2^n+1は合成数。(証明終)

>>78
正解

任意の自然数 n に対して，
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod. n)
は自然数解を持つことを示せ．

>>80
pが2、17以外の素数のとき
0^2、1^2、…、{(p-1)/2}^2はmod　pですべて異なることを利用すると
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod 　p)は解を持つことがわかる…◎
1-34≡-1　(mod　8)、(−1/17)=1より、n=8、17のときも
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod 　n)…●
x^2-17y^2+1をxで微分すると2xとなる
p≠2のときv_p(2x)=0、v_2(2x)=1を考慮すると、
◎と●より任意の素数の冪に対して
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod 　p^k)は解を持つ
よって中国剰余定理より任意のn=Πp^kに対して
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod　 n)
か解を持つ。

>>81の訂正
pが2、17以外の素数のとき
0^2、1^2、…、{(p-1)/2}^2はmod　pですべて異なることを利用すると
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod 　p)は解を持つことがわかる…◎
1-34≡-1　(mod　8)、(−1/17)=1より、n=8、17のときも
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod 　n)…●
は解を持つ。
x^2-17y^2+1をxで微分すると2xとなる
2xのpの指数v_p(2x)はp≠2のときv_p(2x)=0、v_2(2x)=1となるので、
◎と●より任意の素数の冪に対して
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod 　p^k)は解を持つ
よって中国剰余定理より任意のn=Πp^kに対して
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod　 n)
か解を持つ。

>>82
正解です．

http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1090800616/690からコピペ。
素数全体の集合 P = {2, 3, 5, ..... } の
適当なウルトラフィルター U で、
p 元体 F_p のウルトラ積 F が素体の代数的閉方を含むものが存在する。

かな

>>85
荒らすな！！！

荒









川強啓のデイ・キャッチ！

>>87
荒らすな。
馬鹿は黙ってみていろ！

http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1090800616/690
は、整数論総合スレに既に書いてある幾つかの事実をつなぎ合わせると出てくる。
（用語等に付いてはセール、数論講義、の参考文献にある Ax-Kochen 参照)
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1106259453/39
にも別問題を出題しておいた。

319

793

352

自然数nに対し、
適当な自然数mが存在して、
次が成り立つ：

集合｛1,2,･･･,m｝を任意に{S1,S2,･･･,Sn}と分けたとする。
このとき適当なiに対して、
x+y=zを満たす3つの整数x,y,z（x=yでもよい）をSiが含む。

>>93
x+y=2z ならファンデルベルデン−ラムゼーの定理。

>>94
もっとくわしく！

>>93
「x=yでもよい」で「Siが3つの整数を含む」というのが分からん．
重複アリなの？重複ナシなら自動的に「m>2nが必要」というところだが…
（※逆に，「1,・・・,mの中に選ばない数字があってはいけない」はすぐ分かる）
スマンがもう少し説明希望．

↑重複あり

>>94
長さ k の等差数列が存在するというのがファンデルベルデン−ラムゼーの定理。
k = 3 とすればよい。

素数の2乗を12で割った余りの求め方を易しくキボンヌ

Re:>99 素数の2乗を3で割った余りと4で割った余りはどうなる？

３以上の素数は２では割りきれない。−＞３以上の素数は奇数である。１２で割ると余りは奇数。
５以上の素数は３では割り切れない。−＞１２で割ると余りは３や９はとれない。残りは、１、５、７、１１
だから２と３を除いた素数は１２で割ると余りが、１か５か７か１１。

例示
余り1--->13,37,61,,,,
余り5--->5,17,29,41,53,,,,
余り7--->7,19,31,43,67,,,,,
余り11-->11,23,47,59,,,,,,

これを自乗すると、
余りは１しかとれない。
なぜなら、１*１＝１、５＊５＝２５＝１２＊２＋１、７＊７＝４９＝１２＊４＋１、１１＊１１＝１２１＝１２＊１０＋１
だから２と３以外の素数の自乗を１２で割ると余りは１にしかならない。

どうして、これが整数論の問題なんだ？算数の問題ではあるが？

整数論の問題だけ200問ぐらい載ってる本発売されたな
整数論はまｔったくの無知だから買ってみようかな　面白そうだったし

>>93の証明

まず、任意の整数nに対して、「m≧R(n)ならば完全グラフK_mの辺をどのようにn色に塗り分けても、
かならず単色の三角形が存在する」という性質を持つR(n)が存在することを示す。

n=1ならば、R(1)=3ととれる。

あるnについてこの主張が正しいとし、R(n+1)の存在を示すために、
R(n+1)≧(n+1)(R(n)-1)+2ととれることを示す。
m=(n+1)(R(n)-1)+2ととり、K_nを(n+1)色に塗りわけ、その中の1点vをとる。
S_i={w| (v, w)は色iで塗られている}（i=1, ..., n+1）とすると、
|S_1|+...+|S_{n+1}|=m-1>(n+1)(R(n)-1)より、あるiに対して|S_i|≧R(n)となる。

S_iの中に色iで塗られている辺が存在しなければ、S_iはn色で塗り分けられているので
|S_i|≧R(n)より、S_iは単色三角形を含む。

S_iの中に色iで塗られている辺(w, u)が存在すれば、S_iの定義より(v, w)(w, u)(u, v)はいずれも色iで
塗られているのでこれは単色三角形となる。

よって、帰納法よりR(n)の存在が示された。

>>93を証明するには、V={1, 2, ..., R(n)}, 辺(x, y)を|x-y|∈S_iとなるiで塗ればよい。

>>95
van der Waerdenの定理は、

任意のk, lに対して
「{1, 2, ..., W(k, l)}をk個の集合にどのように分割しても、その中のある集合が
長さlの等差数列を含む」
という性質を満たす整数W(k, l)が存在する

というもので、l=3のときが>>94の場合。ちなみに>>93のはSchurの定理といわれる。

>>104
タイトルきぼん

>>107
内容は大学受験レベルだよ
同じタイプの問題を３つくらい別々に数えているので、実際の種類はたいしたことない
ていうか、期待はずれだったので買わなかった。
いまさら600の約数の個数と和を求めよっていわれてもね…

https://sslserver.sbs-serv.net/nippyo/books/bookinfo.asp?No=2578

>>108
整数の範囲なら和は 0.

自然数を2進数で表したものの集合は可算である。
自然数を2進数で表すと、0と1からなる無限長の文字列になる。
逆に 0と1からなる無限長の文字列を2進数と考えると、自然数である。
よって 0と1からなる無限長の文字列の集合は可算である。

言い換えよう。

0と1からなる無限長の文字列と自然数の2進数表記は一対一対応である。

間違い！ >>110、>>111

無限長 --------> 有限長

なら良い。

どんな長さであれ、0と1からなる文字列は2進数とみなせる

無限の問題は深いネェ・・・ζ関数とか・・・

>>109
楽しい？

>>106
ファンデルベルデン−ラムゼーの定理

k_1, k_2, ...... , k_n を与えたとき、
A = {1, 2, 3, ...... , W(k_1, k_2, ...... , k_n)} をどの様に n 個の集合 A_1, A_2, ..... , A_n に分割しても、　∃i, A_i は長さ k_i 以上の等差数列を含むような自然数 W(k_1, k_2, ...... , k_n) が存在。

最近の加藤さん＋斉藤さんの論文の理解できる人いますか。
http://www.springerlink.com/media/927Y4CWVRR1JRDKT9T0M/Contributions/5/3/D/T/53DTAHWL34C815CY.pdf

スレ違い

nが2以上の整数のときn!は平方数にならないことを示せ。
簡単に解ける人も居るかも。

擦れ違い

>>119
はやく救急車をよこしてください。
任意の素数ｐに対して、ｐ＜ｑ＜２ｐを満たす素数ｑが必ず存在するから、明らか。

>>119

任意のｎ＞２に対して、ｐ＞＝n/2となる素数が存在するから明らか。

任意の素数ｐに対して、ｐ＜ｑ＜２ｐを満たす素数ｑが必ず存在する。
よって、
任意のｎ＞２に対して、ｐ＞＝n/2となる素数が存在する。
よって、
「nが2以上の整数のときn!は平方数にならない」

＞ｎが２以上のとき・・・・

２！＝２＝１＋１

ですが。

>>121
>>122
何故あきらかなの？
>>123
意味分かりません

素数定理つかっていきがってんじゃねーよ、タコ

GWだから仕方ないってことか　>>121-124

Re:>124 だから何？

aを1より大きい整数とする。
その時或る自然数ｘが存在してφ（ｘ）＝aとなるか？
ただしφはオイラーの関数で、１以上ｘ未満の整数で、
ｘと互いに素な整数の個数を表す。

↑そのための必要十分条件はあるだろう。
逆にｘを因数分解しておき、φ（ｘ）をｘであらわしてみると良い。
その条件ををaであらわせばよいよ。

奇数、2*p^n(p≡1(mod 3))の形の数はφ(x)の値にはならないね。

チェビシェフの定理使わない解き方あったよね
どうするんだっけか？思い出せない．

2^k<n<2^(k+1)とかおいたような気はするんだけど
n!の問題ね

あと、4*p^n(p≡1(mod 15))とかもφ(x)の値にはならないみたい。

>>129
ね

>>131>>134はこんな風に一般化できるかな
F_iをF_i=2^(2^ｉ)+1の数として
(2^t)*｛Πp_j^(n_j)}　( p_j≡1 (mod Π[2^i≦tかつF_iが素数となるような整数i]F_i ))はφ(x)の値にはなりえない

以上、LIVE2chのカキコテストを兼ねて自己満カキコ

>>136の訂正
F_iをF_i=2^(2^ｉ)+1の数として
f_iをF_ｉの素因数とする
(2^t)*｛Πp_j^(n_j)}　( p_j≡1 (mod Π[i≧0 2^i≦t]ｆ_i ) )はφ(x)の値にはなりえない

風あざみって整数論ヲタか・・・

N＝2^a×3^b×5^c
であるときNを連続する自然数の和で表す方法は何通りあるか

age

>>139
Nを2個以上の連続する自然数の和で表す方法は(b+1)(c+1)-1通り。

[証明]
Nがmから始まるn(≧2)個の連続する自然数の和とすれば N=n(n+2m-1)/2。
nとn+2m-1の偶奇は異なるから、偶数の方をA、奇数の方をBとおけば2N=A*Bである。
逆に

2N=A*B (Aは正の偶数、Bは1でない正の奇数)・・・(1)

と表されるならば、n=min{A,B}, m=(max{A,B}-min{A,B}+1)/2とおけばn≧2, m≧1で
Nはmから始まるn個の連続する自然数の和で表される。

よって求める場合の数は(1)を満たす(A,B)の組の個数に等しい。

Bは1でない正の奇数なので 3^b*5^c の1でない正の約数である。
従って(1)を満たす(A,B)の組の個数は 3^b*5^c の1でない正の約数の個数
(b+1)(c+1)-1に等しい。[証明終]

方程式y^2＝x^3＋xz^4は0でない整数による解を持たないことを示せ

>>142

意味不明？

10^n -(-1)^n が11の倍数になりますか？
なるなら、高校レベルで解説キボン！

>>144
xの多項式f(x)をf(x)=x^n-a^nとおけばf(a)=0。よって因数定理よりf(x)はx-aで割り切れる。
x=10，a=-1とおけばよい。

あるいは

二項定理より10^n=(11-1)^n=Σ(k=0〜n) nCk*11^k*(-1)^(n-k)
和の各項のうち，k=0の項は(-1)^nで，それ以外の項はすべて11で割り切れる。
よって，10^n-(-1)^nは11で割り切れる。

>>145
ウホッ！ありありん。

age

Re:>>147 age んな。

Re:>>148 お前誰だよ？

>>148
おまえをあぼーんする！

z

>>111
言い換えよう。
0と1からなる無限長の文字列と自然数の2進整数数表記は一対一対応である。

なら良い。

>>152

間違い。
自然数の二進表示は、0と1からなる「有限長」の文字列、である。

＞0と1からなる無限長の文字列
の頭に小数点を付けて得られる文字列、で表現される二進小数は
区間 [0,1) 内の実数に 1：1 対応がある。即ち連続濃度を持つ。

ヒルベルト記号に関する質問です。スレチガイなら誘導してください。

pを2でない素数とする。α,βをp進数体上の任意の単数とする。このとき
(α,β)=1 (p進数体上のヒルベルト記号)
を示せ。

セールの数論講義を読んでますがここでつまずいてます。岩波数学講座の
河田敬義の数論でも「明らか」として証明が載ってません。教えてください。

>>154は解決しました。スレ汚し失礼。

p を任意の素数、n を任意の自然数とする。
ある整数係数 n 次多項式 f(x) が存在して、あらゆる
整数 x に対して f(x) が p の倍数とならないようにで
きることを示せ。

>>156
f(x)=p(x^n)+a, (p,a)=1

2^nを10進数表示したときの各位の数の和をf(n)と定義する。
すなわち、f(1)=2 , f(2)=4 , f(3)=8 , f(4)=7 , ……である。

f(n) → ∞ (n→∞)を示せ。

また、3^nについても同様にg(n)を定義し、g(n)の極限を議論せよ。

>>158
liminf_{n→∞} f(n) < ∞であると仮定して矛盾を導く。

仮定より，ある正整数Uと自然数の部分無限列{n_i}が存在して、
任意のn_iについてf(n_i)≦Uである。

任意の2^(n_i)の10進数表示において、0でない数が現れる位は高々U個。
また，最高位と1の位の数はどちらも0でない。
よって、2^(n_j)＞10^(mU) (m:任意の正整数)とするとき
（{n_i}は無限列なのでそのようなn_jは無限個存在する）、
2^(n_j)の10進数表示において、0が連続してm個現れる部分が存在する。
（そうでないとすると、2^(n_j)の桁数をdとするとき、
　mU+1 ≦ d ≦ (m-1)*(U-1)+U = mU-(m-1) であるが、これはm≧1に矛盾。）

2^(n_i)の10進数表示における第k位の数をa_kとおく。また
正整数rをa_r≠0, a_(r+1)=a_(r+2)=・・・=a_(r+m)=0を満たすもののうち
最小のものとする。このとき r≦U-1である。
また，10^(r+m)≦10^(U+m-1)≦10^(mU)＜2^(n_j)＜10^(n_j)だから、
r+m＜n_j。

いま，正整数bを2^(n_j)の10進数表示における第r位以下の部分とすると、
b＜10^r≦10^(U-1)であり、かつ{2^(n_j)}-bは10^(r+m)で割り切れる。
2^(n_j)、10^(r+m)はともに2^(r+m)で割り切れるから、bも2^(k+m)で割り切れ、
したがって2^m≦2^(r+m)≦b＜10^(U-1)。
しかしmは任意であるから、不等式2^m＜10^(U-1)はmが十分大きいとき成立しない。
これは矛盾である。
（証明終）

2^nの代わりに t^n (tは正整数で、10との最大公約数が2または5)
としたときも、同様の方法で示すことができる。
しかし、3^nの場合この方法は通用しない。

age

ここの問題解いてくれ
http://diary.cururu.jp/DiaryMain.nhn?userno=207950&boardtype=W&categoryno=0

a^2+b^2+c^2=2*11d^2,primes a,b,c,d
a=2
2^2+b^2+c^2=2*11*d^2
11d^2-2=(b^2+c^2)/2=2m^2+(m+n)+2n^2+1
11d^2=2m^2+2n^2+(m+n)+3
m=n=11k+8
11d^2=((2(11k+8)+1)^2+(2(11h+8)+1)^2)/2+2
...

>>161
これは誰のサイト？

√(16)=4

>>161
> a^2+b^2+c^2=22d^2 を満たすような素数a, b, c, dを全て求めよ
まず素数p,qがp^2≡0 (mod q)を満たすならばp=qである。
a≦b≦cとしても一般性を失わない。
a^2+b^2+c^2≡22d^2≡0(mod 2)より<a,b,c>≡<0,1,1>又は<0,0,0>(mod 2)
(2は最小の素数より、a,b,cのうち一つだけが2だとすればそれはaである)
前者の場合12=22*d^2なる素数dがないので駄目。後者の場合を考える、a=2
a^2+b^2+c^2≡1+b^2+c^2(mod 3)、22d^2≡d^2(mod 3) より
<b,c,d>≡<0,0,1>又は<1,1,0>(mod 3)
前者はb=c=3よりd=(2^2+3^2+3^2)/22=1これは素数でないので駄目
後者はd=3よりb^2+c^2=194、これを満たすb≦cなる素数の組<b,c>は<5,13>のみ

よって<a,b,c,d>=<2,5,13,3> (とa,b,cを入れ替えたもの)

>>165 訂正：
> <b,c,d>≡<0,0,1>又は<1,1,0>(mod 3)
<b^2,c^2,d^2>≡<0,0,1>又は<1,1,0>(mod 3)

http://diary.cururu.jp/DiaryMain.nhn?userno=207950&boardtype=W&categoryno=0
の一番下の数字をクリックすると沢山出てきて、全部難問だ。
よろ

S()

久々に出題
nを自然数、pを素数、1からnまでの素数の積をP(n)、1からnまでの整数の最小公倍数をS(n)とする。
(1)
Π[m+2≦p≦2m+1]はC(2m+1,m+1)を割り切ることを示せ(ただし、C(2m+1,m+1)は二項係数とする)。
(2)
P(n)＜4^nを示せ。
(3)
S(n)/S([n/2])≦P(n)となることを示せ。
(4)
S(n)＜16^nとなることを示せ。

P.S.解答は誰も望まなくても、一週間後には出します。

俺には単なる文字化けにしか見えない

P(2m+1)/P(m+1)はm+1より大きい素数だからm!(m+1)!のなかにない。
P(2m+1)/P(m+1)|(2m+1)!/m!(m+1)!

P(n)/P((n+1)/2)<=nC((n+1)/2)
P(n)<=P(.5n+.5)*nC(.5n+.5)
Pn+1<=P.5n+1*n+1C.5n+1<4^.5n+1*n+1C.5n+1=2^n+2*2^n=2^2n+2=4^(n+1)

S(n)/S([n/2])≦P(n)
Sn=GCM(Sn-1,n)->n=prime->Sn=nSn-1,n=non prime->Sn=pSn-1
Sn<n! or Pn
Sn/S.5n<n!/,5n!=2^.5n or Pn/P.5n<=Pn

n=2m
Sm<16^m->S2m<Sm*P2m=Sm*4^2m=Sm*16^m<16^2m

重心とエネルギー分散ぐらいの統計的カイしかないんじゃない
量子力学使えよな

n-ボデイ　ブラウン運動

>>171-172
解答ありがとうございます。
でも(1)以外ちょっと違うようですので、(2)と自分の解答を書いておきます
(2)
n=1,2のとき明らか
ｎ＜kのとき正しいと仮定する
ｋが偶数のとき
P(ｋ)=P(k-1)<4^(k-1)<4^k
kが奇数のとき
P(k)=P([(k+1)/2]){Π[([(k+1)/2])＜p≦k]p}＜2^(k+1)*2^(k-1)=4^k
だからn=kのときも成立
(3)
p^h≦[n/2]＜p^(h+1)ならn＜2([n/2]+1)≦p^(h+2)
(S([n/2])のpの指数)≦(S([n/2])のpの指数)+1
よってS(n)/S([n/2])≦P(n)
(4)
S(n)={S(n)/S([n/2])}*{S([n/2])/S([([n/2]/2)])}*・・・*S(1)＜4^(n+n/2+n/4+…)=4^(2n)=16^n

>>175は私です。念のため。

Π[p≦n]p/(p-1)＜n だから明らかな気がするが・・

風あざみ氏久しぶりだな

2

age

また出題
(1)
nを6以上の自然数とするとき、(n+1)*C(n,[n/2])＞2^(n+1)となることを示してください。
ただしC(n,k)を二項係数、[x]をガウスの記号とします。
(2)
1からnまでの整数の最小公倍数をS(n)とします。
7以上の任意の自然数nに対してS(n)＞2^nとなることを示してください。

ヒンチンの本かなんかからだしてんのかな？これぐらいの評価なら初等的にできるっていう
不等式がいっぱいのってたな。

σ(n)をnの約数の和とする。k>1を実数とするとき、σ(n)/n<kを満たす整数nの集合は
正の密度を持つことを示せ。

>>182
ほかにHardy&Wright, An Introduction to the Theory of Numbersとか、
D. P. Parent, 数論問題ゼミとかが手ごろな本かな？
もう少し込み入ったところだと、Huxleyだな。

面白い問題おしえて〜な より
ttp://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1117474512/253

>>183
密度μの定義ってμ(S)=lim[x→∞]#{n∈S| n≦x}/#{n∈N| n≦x}で桶？

密度は
μ(S)=inf#(S∩[1，n])/n
だと思う。

>>183
ヒントおながいします。

自然数 n, p に対して、n^p-n は何の倍数になるのでしょうか？
定理か何かあるのですか？

>>183
ヒントおながい、2nd period。

>>188
n の倍数になる

>>183
ヒントくれ〜。liminf[n→∞]#S∩[1,n]/n>0はいえるんだけど。収束性が･･･

>>191
収束っていうか、密度の定義はμ(S)=inf#(S∩[1，n])/n だから
liminf[n→∞]#S∩[1,n]/n>0 が言えたらもう証明終わってるじゃん。

>>190
やれやれ、その程度ですか？

>>183
降参。答えおしえてくだされ。

>>193
n-1の倍数にもなるぞ

いや、まてまて。今神が降りてきたかも。降参撤回。もう１日まってちょ。

>>183
できたかも。以下正の整数の集合Eに対してS_E={n| e|n ∀e∈E}とする。
　
補題　Eが正の整数の集合で�納e∈E](1/e)が収束するものとする。
かつlimsup[x→∞]#[1,x]∩E/x=0であるとする。
このときμ(S_E)≧Π[e∈E](1-1/e)
　
証明　Eが有限集合なら容易なのでそれはみとめる。S=S_E、Π[e∈E](1-1/e)=mとおく。
r>0に対してE_r=[1,r]∩E、S_r=S_{E_r}とおく。
ε>0を固定する。r>0を次をみたすようにとる。
Π[e∈E_r](1-1/e)<m+ε、�納e∈E＼E_r](1/e)<ε、x≧r⇒#[1,x]∩E/x＜ε。
X1>0をx>X1⇒#[1,x]∩S_r/x≧Π[e∈E_r](1-1/e)-εを満たすようにとる。
[1,x]∩(S_r＼S)の元数を上から評価する。この集合は{n| e|n、e>r∃e}
に含まれその元数は高々�納e∈E＼E_r](x+1)/eであるからそれは2εx以下である。
よって#[1,x]∩(S_r＼S)/x≦2εであるから#[1,x]∩(S)/x≧m-ε-2ε。
εは任意の正数であったのでμ(S_E)≧m。□
　
以下π(x)はx以下の素数の数をあたえる関数、Λ(n)はnが素数べきp^eのとき
logp、そうでないとき0をあたえる関数、ψ(x)=�納n≦x]Λ(n)とする。

補題　S={n| n=pq ∃p,q素数}とおく。(つまり２つの素数の積でかける集合)
このときlim#[1,x]∩E/x=0。
　
証明　正数c>0を∀x>2 π(x)≦cx/logxを満足するようにとる。
ここでpq≦x、p≦qとすると
p≦√x、q≦x/pであるからこのようなp,qの集合の元数aとおくと以下が成立する。
a≦�納p≦√x]π(x/p)
　≦c�納p≦√x](x/p)/log(x/p)
　≦(2cx/logx)�納p≦√x](1/p)
ここでψ(p)≦c’pなる正数c’をとると
�納p≦√x](1/p)
=∫[2-0,√x+0](1/(plogp))dψ(p)
=ψ(√x)/(√xlog√x)+∫[2,√x]ψ(p)(1+logp)/(plogp)^2dp
≦2c’/logx+c’∫[2,√x](1+logp)/(logp)^2dp/p
≦2c’/logx+c’(loglog√x-1/log√x-loglog2+1/log2)
以上よりlim[x→∞]a/x=0。□

>>197-199
定理　k>1を任意に固定する。T={n| σ(n)/n<k}は０でない密度をもつ。
　
証明　a>1をe^(1/(a-1))<kとなるようにとる。集合Ei、Eを
Ei={pq| a^i≦p,q≦a^(i+1)}、E0={p| pはa以下の素数}、E=(∪Ei)
とおく。c>0をπ(x)≦cx/logxとなるようにとればi>0では#Ei≦(ca^(i+1)/((i+1)loga))^2で
あるから�納e∈Ei]1/e≦(ca/loga)^2/(i+1)^2。よって�納e∈E]1/eは有限の値に収束する。
よってS=S_Eとおけば上記２つの補題によりSは正の密度をもつ。
S⊂Tを示そう。n∈Sをとる。nはE0に素因子をもたず、Eiのなかには高々ひとつしか
素因子をもたない。よってn=p1･p2･p3･･･puをpi∈Ei∪{1}ととることができる。
このとき
σ(n)
=(1+1/p1)(1+1/p2)･･･
=e^(log(1+1/p1)+log(1+1/p2)+log(1+1/p3)+･･･log(1+1/pu))
≦e^(1/p1+1/p2+1/p3･･･1/pu)
≦e^(1/a+1/a^2+1/a^3+･･･1/a^u)
＜e^(1/(a-1)
＜k。
よってn∈T。したがってS⊂TでありTも又正の密度を持つ。□

>>197-200
一個目の補題証明まちがってるや。訂正。２個目の補題いらなくなってもたw。
　
補題　Eが正の整数の集合で�納e∈E](1/e)が収束するものとする。
このときμ(S_E)≧Π[e∈E](1-1/e)
　
証明　正の数r>0に対しE_r=E∩[1,r]、S_r=S_{E_r}、m=Π[e∈E](1-1/e)、m_r=Π[e∈E_r](1-1/e)とおく。
補題の主張はEが有限であるなら容易ゆえそれはみとめる。ε>0を任意にとる。
r>0を以下を�納e∈E＼E_r]1/e<ε、m>m_r-εとなるようにとる。さらにX>0を
x>X⇒∂#[1,x]∩S_r>m_r-εを満足するようにとる。x>X,rをとる。
n∈[1,x]∩(S_r＼S)をとれば∃e∈E＼E_r e|nゆえn∈[1,x]∩eZ。
よって#[1,x]∩(S_r＼S)≦�納e∈E＼E_r]#[1,x]∩eZ≦�納e∈E＼E_r]x/e≦εx。
よって#[1,x]∩S/x≧#[1,x]∩S_r/x-ε≧m-3ε。□

>>197
> できたかも。以下正の整数の集合Eに対してS_E={n| e|n ∀e∈E}とする。
これだとEが無限集合のときS_Eは空集合になるわけだが。
正しくは「Eのどの元でも割り切れないような正整数の集合」か？

>>201
ああ、そうそう。それそれ。ところでこれどっからもってきた問題なんだろ？
まさか自作問題？ソースキボン。

Arithってハンドルに自信の程がうかがえるね。

適当な自然数nを取れば、2^nの10進法展開における、ある連続した6桁の数字が
564219となることを示せ。

n∈Nに対してS(n)＝Σ[k＝1〜n]1/k とおく。n≧2のとき、S(n)が自然数に
ならないことを数学的帰納法で示せ。

>>204
以下<x>=x-[x]とする。
2^kの先頭６桁が562419
⇔log[10^6]562519≦<log[10^6]2^k>＜log[10^6]562520
log[10^6]2は無理数なのでこれをみたすkの密度はlog[10^6]562520/562519＞0。

age

X-JAPAN の公式
X JAPAN = とてもかっこいい＾ｎ

>>197-202
正解です。エレガントな構成ですね。私の考えていた証明は非構成的なので…。
ちなみにこの問題はKoninck & Katai, On the frequency of k-deficient numbers,
Publ. Math. Debrecen 61(2002), 595--603にヒントを得ました。

私の考えていた証明もうｐします。

f(n)=�倍p|n}(1/p)とおき、A={n| f(n)<ε}と定義する。

σ(n)≦Π{p|n}p/(p-1)≦exp�倍p|n}1/(p-1)≦exp 2�倍p|n}(1/p)=exp 2f(n)より
Aが正の下極限密度を持つことを示せばよい。

まず、zを十分大きな素数とし、P=Π{p≦z}pとおく。Eをz以下の素数の集合とすると、S_EはPを法

とするΠ{p≦z}(p-1)個の剰余類からなる。よって、S_E(x)=xΠ{p≦z}(1-1/p)+O(P).
Mertenseの公式より、S_E(x) >> x/log zである。

�倍n≦x, n∈S_E}f(n)=�倍n≦x, n∈S_E}�倍p|n}1/p=�倍p}(1/p)*|{n≦x, n∈S_E, p|n}|,

ここでn∈S_Eならば、nはp≦zとなる素数で割れないので、p≦zに対してはこの項は0である。

　(1/S_E(x))�倍n≦x, n∈S_E}f(n)=(1/S_E(x))�倍p>z}(1/p)*|{n≦x, n∈S_E, p|n}|
≦(1/S_E(x))�倍p>z}(1/p)*|{n≦x, p|n}|≦(x/S_E(x))�倍p/z}(1/p^2)≦1/(zΠ{p≦z}(1-1/p))
=O(logz/z)

zを大きくとり、続いてxを大きくとれば、(1/S_E(x))�倍n≦x, n∈S_E}f(n)<ε/2とすることができる。
f(n)≧0だから、S_E∩[1, x]の少なくとも半数の元nに対しf(n)<εでなければならない。

したがって、A(x)≧S_E(x)/2 >> x/log zなので、Aは正の下極限密度をもつ。□

http://www.nova.ne.jp/novausagi/cm/ra03_s.html

(2^n−1)｜(3^n−1)　を満たす自然数nを全て求めよ。
俺には分からん。

>>211
これだれかでけん？本人も答えしらんらしいし。どうしたもんやら。
答えあんのはまちがいないの？＞出題者

>>211
ヒントおながいｱｹﾞ

>>211
解けた。答はn=1のみ。

>>213
nが偶数のときはほとんど自明。
nが1でない奇数のときは2^n-1の素因数pで3 mod pの位数が偶数となるものがあることを示せばよい。

＞2^n-1の素因数pで3 mod pの位数が偶数となるものがある
分からん。どうやって示したの？

俺も>>211が解けたぞ。

>>215
ヒント: 平方剰余

>>214-216
もうヒントいりません。答えうｐしてくらはい。

そうか。わかった。以下[m/p]を平方剰余記号とすると相互法則より奇素数p≧5に対し
[3,p]=1 (if p≡1,11 (mod 12))
　　　=-1 (if p≡5,7 (mod 12))
ところで奇数nにたいして2^n-1≡7 (mod 12)だから2^n-1のいづれかの素数因子で
[3,p]=-1である素数がある。すると3 mod pの位数は偶数か。なるほど。すばらすぃ。

n(logn+loglogn-1)<Pn<n(logn+loglogn)
ならPn+1-Pnの上限は？

>>219
その評価式からえられるPn+1-Pnの上からの評価は
(n+1)(log(n+1)+loglog(n+1))-n(log+loglogn-1)
=nlog(1+1/n)+log(n+1)+nlog(log(n+1)/logn)+loglog(n+1)+n
だから上限なんかないのでわ？

正の整数ｎ、ｋが条件(1)(2)を共に満たすとき(ｎ、k)を求めよ。
(1)ｎの正の約数の個数はｋである。
(2)√(n^k)は整数である。

>>221
(1)＆(2)⇔(1)な気がする。

585

428

２で割って割り切れる整数を「２ｎ」とおくとする。
では、
（１）２で割って１余る数
（２）３で割って１余る数
（３）３で割って２余る数

はどう表せるか？

※ただし、
（１）２ｎ＋１以外のもの
（２）３ｎ＋１以外のもの
（３）３ｎ＋２以外のもの
について答えよ。

答えとその導き方について教えてください。

今年の建部崩れの主要な受賞業績の一つは
既に2003年に刊行されているから、成果に
無関係に退場命令が出た例だ。まあ、彼の
場合は風営法違反で排除勧告が出たのかも
しれん。ヘルスの行き杉には気を付けよう

http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1128350775/451-460

もう見飽きた

age

〔問題〕
　(2^n +1)/(n^2) が整数となるような自然数 n>1 を全て求めよ。

芋1990 (中国)

〔類題〕
　(2^n +1)/(3n) が整数となるような自然数 n>1 を全て求めよ。
俺にはわからん。

>>181 (1)
　n≧6　⇒　√{7(n+1)}･Ｃ(n,[n/2]) > 2^(n+1)
をnに関する帰納法で示しまつ。
n=6 のとき 7Ｃ[6,3] = 7･20 = 140 > 128 = 2^(6+1) で成り立つ。
n=7 のとき √(56)･Ｃ[7,3] > 7.4･35 = 259 > 256 = 2^(7+1) で成り立つ。
n=2m-1 のとき成り立てば、
　Ｃ(2m,m) = (2m)!/(m!)^2 = 2*(2m-1)!/{(m-1)!m!} = 2Ｃ(2m-1,m-1)
　Ｃ(2m+1,m) = (2m+1)!/{m!(m+1)!} = 4{(2m+1)/(2m+2)}･Ｃ(2m-1,m-1) > 4√{2m/(2m+2)}･Ｃ(2m-1,m-1)　←(*)
より n=2m,2m+1 のときも成り立つ。(終)

(*) (2m+1)^2 = 2m(2m+2) +1 > 2m(2m+2) ゆえ {(2m+1)/(2m+2)}^2 > 2m/(2m+2).

なお、左辺は右辺 2^(n+1) の 140/128倍を超えない。

>>230
忘れ去られたと思っていました。
解答ありがとうございます。
もちろん正解です。

>>231
風あざみの出題した不等式に対する風あざみの用意した解答を晒せよ！

>>230
> なお、左辺は右辺 2^(n+1) の 140/128倍を超えない。

こちらの証明は どうするのですか？

>>229
問題の解はn=3、類題の解はn=3^k (k:正整数)。
解答の方針は、整数 n>1 が n|(2^n +1) を満たすとき
1) n の任意の素因数 p について、2 mod p の位数は偶数(2aとおく)、かつ a|n
2) n の最小素因数は3
3) n は3以外の素数を約数にもたない
を順に示したら、あとは 2^n +1 を割り切る最大の3の冪を求めればいい。

既出かも知れませぬが、a_1, a_2, ..... , a_n を相異なる自然数とする。
i) 薩摩芋より
(x^2 + a_1^2)(x^2 + a_2^2)*.....*(x^2 + a_n^2) + 1 は Q 上既約
ii)自作類題 n ≧ 3 の時
(x^3 + a_1^3)(x^3 + a_2^3)*.....*(x^3 + a_n^3) + 1 は Q 上既約

>233
r(n) = (左辺) / (右辺) = √{7(n+1)}･Ｃ(n,[n/2]) / 2^(n+1) ≦ 140/128 を示しまつ。
r(n) = r(n-2)･n√(n^2 -1) /{4[n/2](n-[n/2])},
r(2m) = r(2m-2)･√{(2m)^2 -1} /(2m) < r(2m-2),　単調減少.
r(2m+1) = r(2m-1)･(2m+1) /√{(2m+1)^2 -1} > r(2m-1),　単調増加.
また、r(2m) = r(2m+1)･√{(2m+2)/(2m+1)} > r(2m+1)　より有界なので収束する。　(*)
∴ 140/128 = r(6) > r(8) > … > r(2m) > … > √(7/2π) > … > r(2m+1) > … > r(7) > r(5) > 1.

*) 高木: ｢解析概論｣ 改訂第三版, 岩波, p.8 (1961.5), 第�T章, §4, 定理6

不等式への招待２
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1105911616/560-564

770

951

{問題}Ｋ⊂Ｌ　α∈ＬでＫが有限体、Ｌが有限体のとき、Ｋ(α)−{0}＝〈α〉
となることを証明しましょう。
Ｋ(α)はＫにαを添加した体、〈α〉はαを生成元とした巡回群です

無理。

>>240なぜ無理なのか証明しましょう！

age

897

　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　 　　 　┌-―ー-';
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　 　　|(´･ω･`)ﾉ 知らんがな
　　　　　　　　　 　 　　 ＿＿＿＿ 　　　　上―-―' 　　　＿＿＿＿
　　　　　　 　　　　　　　| (´･ω･`) | 　　／　 ＼　　　 　　 | (´･ω･`) |
　　　　　　　　　　 　 　 |￣￣￣￣ 　 （￣￣￣） 　 　 　 |￣￣￣￣
　 　 　 　 　　 　 　 　 ∧ 　　　　　　 （[[[[[[|]]]]]） 　 　 ,∧
　　　　　　　　　　　　<⌒>　 　 　 　 [=|=|=|=|=|=]　　　<⌒>
　　　　　　　　　　　／⌒＼ 　 　 　 _|iﾛi|iﾛiiﾛi|iﾛ|_∧ ／⌒＼_
　　　　　　　　　　　］皿皿［-∧-∧|ll||llll||lllｌ||lllｌ|lll|￣|]皿皿[_|
　　　　　　　　　　　|_／＼_|,,|「|,,,|「|ﾐ^!､|]|[|]|[|][]|_.田 | ∧_ 　]
　　　　　　　　　　　| . ∩　 |'|「|'''|「|||:ll;|||}{|||}{|||}{|||}{|,田田.|__|
　　　　　　　　　　　|￣￣￣￣|「|￣￣||[[|門門門|]]|[_[_[_[_[_[
　　　　　　　　　　／i~~i' l ∩∩l　.ｌ　∩　∩　 l　　|__| .| .∩|　.|　l-,
　　　　　　　,,,,,='~|　|　|' |,,=i~~i==========|~~|^^|~ ~'i----i==i,, | 'i
　　 　 　 　 |　l ,==,-'''^^　 l　 |. ∩. ∩. ∩. |　 |∩| 　 |∩∩|　 |~~^i~'i、
　　　　　 ,=i^~~.|　 |.∩.∩ |,...,|__|,,|__|,,|__|,,|__|,....,||,,|.|,.....,||,|_|,|.|,....,| 　 |　|~i
　　　　 l~| .|　　|　,,,---== ヽﾉ　　　 i　　　　ヽﾉ~~~ ヽﾉ　　 ~ ソ^=-.i,,,,|,,,|
　　　　.|..l　i,-=''~~--,,,　　＼　 ＼　 l　　　／　　　／　　　　／　　__,-=^~
　　　　|,-''~　-,,,＿　　~-,,.　 ＼ .＼ |　.／　　 ／　　＿,,,-~　 　／
　　　　 ~^''=、＿ _ ^'- i=''''''^~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~^''''''''=i -'^~
　　　　　　　　　　 ~^^''ヽ　ヽ 　i　kingｷｬｯｽﾙ　/　 ／　 ノ
　　　　　　　　　　　　　　ヽ　　、 l　 |　 ｌ　 l　/ .／　　／
　　　　　　　　　　　　 　 　 ＼_　、i ヽ　 i　 /　　　,,=='
　　　　　　　　　　　　　　　　　 ''==,,,,＿＿＿,,,=='~

talk:>>245 私を城を用意してくれるのか？

769

最近進んでないから問題を用意しておこう

頼んだぞ。

整数問題は捨てろ！

和田秀樹の言うことを鵜呑みにする香具師は数学科に来ないほうがよい

和田秀男かとｵﾓﾀ

和田秀樹は数学ができない。
数学が出来ないやつが哩�Vに入るのが東大流。

p を素数、n を自然数とする。この時、整係数 n 変数 n 次同次多項式 f(x_1,x_2, .... ,x_n) で、

1) 適当な整数を代入すれば、その値は p の倍数とならない。
2) 整数を代入した時その値が p の倍数になるならば、代入した整数は全て p の倍数

なる二条件を満たす物が存在する。

>254はあほ

素数の一般項は多項式では表現できない。

素数の逆数の２乗の級数はある超越数になる

>>256
自然数を代入して正値なら素数になる多変数多項式ならあるけど、まあ一般項とは言わない罠。
一変数でダメなのは高校演習レベルだけど、二変数でダメな理由知ってる人いたら教えてくれない？

n×nの魔法陣は何通り作れるか。

二変数多項式で自然数を代入すれば素数になる（x,yのいずれに関しても0次でない）多項式があれば、
そこから、一変数の自然数を代入すれば素数になる多項式が得られるんjamaica?

魔方陣の定義は？

>>261
岩波数学辞典では広義のものを採用している。

>>260
その理屈が正しければ、何変数でもダメになりそうな気が。

-2+6=4

990

質問をさせて下さい。

55a+63b+80c+97d+346e=2252
a,b,c,d,eはいずれも非負の整数
(eは自然対数ではなく未知数です、一応)

これは解けますでしょうか。
8,10,17,55,80などで合同式をとってみたのですが、うまくいかないのです。
運任せではなく、方法論化された解き方はあるのでしょうか。
よろしくお願いします。

解けることはすぐわかる。
55Z + 63Z + 80Z + 97Z + 346Z = Zだから。

>>266
http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/suuronN/node16.html#SECTION00062020000000000000

>268様
大変ありがとうございます。自分なりに取り組んでみまして、

55a+63b+80c+97d+346e
=55(a+b+c+d+6e)+8b+25c+42d+16e …�@
=8{6(a+b+c+d+6e)+(b+3c+5d+2e)}+(c+2d)+7(a+b+c+d+6e)
=8l+m+7n=346

あるいは、�@でfをおいて、もう少し粘ってみて、

=55f+8b+25c+42d+16e
=8(6f+b+3c+5d+2e)+7f+c+2d
=8g+7f+c+2d
=2(4g+3f+d)+c+f
=2h+c+f

まで、何とかやってみたのですが、行き詰まってしまいました。
また、行列を使ってみて（↓行列だと思って下さい。）

(055) (1 0 0 0 0)(6 1 0 0)(4 0)(2 1)(1)
(063) (1 1 0 0 0)(1 0 0 0)(3 1)(1 0)(0)
(080) (1 0 1 0 0)(3 0 1 0)(0 1)
(097) (1 0 0 1 0)(5 0 0 1)(1 0)
(346) (6 0 0 0 1)(2 0 0 0)

みたいな事もやってみましたが、よく分かりません。
僕は根本的な勘違いをしているのでしょうか。
解答かヒントを頂けるととてもありがたいのですが。

870

870なのでしょうか。

２以上の自然数p,q,nを考える。ただし、p≠q。
このとき、gcd(n,lcm(p,q))≠1が成り立つならば、
gcd(n,p)≠1 または gcd(n,q)≠1は成り立つか？

>>266
c,d,eが0でも成り立ちそうだよね
55a+63b=2252
63b-2252≡0 mod 55
8b+3≡0 mod 55 → 8b+3=55nとおく
3-55n≡0 mod 8
3+n≡0 mod 8 → n=5とおく
8b+3=55*5よりb=34
55a+63*34=2252よりa=2
(a,b,c,d,e)=(2,34,0,0,0)が解になった

X^2+Y^2=Z^2が成り立つ時、X、Y、Zのいずれかは5の倍数であることはどうやったら証明できますか？

>>274
合同式と背理法でいけるんじゃないかな。

x,y,z全て５で割り切れないとする。
mod.5では
1^2=1,2^2=-1,3^2=9=-1,4^2=1だから
X,Y,Z=1,-1
しかるに、1+1=2,1-1=0,-1-1=-2であり、これらの組み合わせはあり得ない。

だから、x,y,zどれかが、５で割り切れる。

>>272
分配律
gcd(n,lcm(p,q))=lcm(gcd(n,p),gcd(n,q))

>273様
大変ありがとうございます。
a=2,b=34,c=d=e=0で成立しますね。
ただ、他の解がありえなくもないかと思うんです。
他の解を何とか排除したいのですが。

n以下の素数の個数をf(n)とするとき、lim[n→0]f(n)/n=0を示すことはそんなに難しくない。
king、やってみろ！

このスレも荒らす気か
死ね

talk:>>279 何考えてんだよ？

素数7の場合
2+
3+6+
4+8+12+
5+10+15+20+
6+12+18+24+30
は7で割り切れる

素数p>=5をとると
Σ[k=2,p-1](Σ[i=1,k-1]( i*k ) )はpで割り切れる

けっこう簡単だと思います

誰もいなかった・・・

>>280
お前さんが自殺すればいいことじゃないか。
そうだろ？統合失調症患者さんｗ

>Σ[k=2,p-1](Σ[i=1,k-1]( i*k ) )はpで割り切れる
Σ[k=2,p-1 i=1,k-1]ik
=Σ[k=2,p-1]k^2(k-1)/2
=p(p-1)(p-2)(3p-1)/24だから割り切れる


>lim[n→0]f(n)/n=0を示すことはそんなに難しくない。
わかんね、誰か教えてけれ

>>280は生ける産業廃棄物ｗ

>>286
馬鹿にとっては0/0=0なんだよ

>>286
http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/taiwaN/taiwaNch04/node37.html

y/x＋z/y＋x/z＝3を満たす整数（x,y,z）を全て求めよ。
ヒントだけでもよろしくお願いします。

1〜nの中で素数p_1〜p_kで割り切れない数の個数をf_k(n)とする時、
f_k(n)/n→Π[i=1,k](1-1/p_i) (n→∞)
そしてΠ[i=1,k](1-1/p_i)→0 (k→∞)だからπ(x)/x→0 (n→∞)
みたいな感じで証明出来たらいいのに

ａは整数でｎは正の整数とする。
任意の素数ｐに対して整数ｘが存在しｘ＾ｎ≡ａ（ｍｏｄ．ｐ）となるとき
ｘ＾ｎ＝ａとなる整数ｘは存在するか。

>>292
珍しく、日数カウント以外で発言したな。

ｎが整数でｐが素数のとき
Ｘ＾６＋３ｎ＾２は（Ｚ／ｐＺ）［Ｘ］で可約であることを示せ。
ｎが３ｍ＾３（ｍは整数）と表されないとき
Ｘ＾６＋３ｎ＾２はＱ［Ｘ］で既約であることを示せ。

>>294
すこしはマシになったじゃネーか？
日付変更時に糞レスしていたのを問題を出題するようになっただけマシか…
今後とも精進しろよ。

>>294
(Z/ｐZ)［X］での可約性だけ
p=3のとき
X^6+3n^2=X^6はZ/3Z[X]で可約
p≡2　(mod　3)のとき
n≡3m^3　(mod　p)となるような整数mをとる。(事実m≡(n/3)^{(p+1)/3}とおけばよい)
X^6+3n^2=X^6+27m^6=(X^2+3m^2)(X^4-3m^2*X^2+9m^4)なので、X^6+3n^2はZ/pZ[X]で可約
p≡1　(mod　3)のとき
ルジャントルの規準(-3/p)=(p/3)=1より
a^2≡-3　(mod　p)となる自然数aが存在する。
X^6+3n^2=X^6-(a*n)^2={X^3-(a*n)}{X^3+(a*x)}なので、X^6+3n^2はZ/pZ[X]で可約

訂正
×(事実m≡(n/3)^{(p+1)/3}とおけばよい)
○。(事実m≡(n/3)^x，ただしxは3x-(p-1)yを満たす自然数xとおけばよい)

再訂正
×(事実m≡(n/3)^{(p+1)/3}とおけばよい)
○。(事実m≡(n/3)^x，ただしxは3x-(p-1)y=1を満たす自然数xとおけばよい)

>286
　p≧5 だから p=6q±1, q∈N.
　g(p) = (p-2)*(p-1)(3p-1)/24 とおくと
　g(6q-1) = (6q-3)*(6q-2)(18q-4)/24 = (2q-1)*{(3q-1)(9q-2)/2} =(2q-1)m ∈ N,
　g(6q+1) = (p-2)*6q(18q+2)/24 = (p-2)*{q(9q+1)/2} = (p-2)*n ∈ N.

>299

>　212 ：１３２人目の素数さん ：2006/06/30(金) 23:52:42
>　奇素数は, 6の倍数±1 で表せる! (予想)
>　ただし 3 は例外.

http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1151507330/212
さくらスレ１９６

>290
　(x,x,x), 　 x≠0,
　(x,4x,-2x), x≠0,
　(-2y,y,4y), y≠0,
　(4z,-2z,z), z≠0,
　(x,9x/2,-6x), x=偶数≠0,
　(-6y,y,9y/2), y=偶数≠0,
　(9z/2,-6z,z), z=偶数≠0.

646

351

857

【１】「ｎを整数値とする、2^n　+1　は15で割り切れないことを証明せよ」
【２】「2000^2000を12で割ったときの余りを求めよ」　

sage

>>305
(1)
2^4≡1　(mod　15)より2^n+1≡2,3,5,9　(mod　15)
(2)
2000^2000≡(-4)^2000≡4^2000≡4　(mod　12)　

x<y<zにおいて
　(1/x)+(1/y)+(1/z)=1/2 を満たす自然数x,y,z
　　　　　　　　　

(x,y,z)=(3,7,42),(3,8,24),(3,9,18),(3,10,15),(4,5,20),(4,6,12)

543

整数論の問題スレなのか整数の問題スレなのか

>311
> 整数論の問題スレなのか整数の問題スレなのか
有理*整数の問題*　=　初等*整数論の問題*　だが？

>>312
*は何の意味で用いたのですか？

>313
> *は何の意味で用いたのですか？
ボールド体の代わり、つまり太文字です。

> 整数論の問題スレなのか整数の問題スレなのか
有理 太文字 整数の問題 太文字　=　初等 太文字 整数論の問題 太文字　だが？

>315
校正したことある奴なら直ぐ分かる事なんだがね。

ﾆﾔﾆﾔ…

有理整数の性質に関する問題？
初等整数論の範囲だけで解ける問題？

有理整数に関する問題だけど証明には
初等整数論以外の深い知識を使う命題って結構あるような。

有名どころではFermatの大定理（A.Wilesの定理）とか
Catalan予想（P.Mih\u{a}ilescu's の定理）とか。

vの二乗足す
ｉをさらに二乗して
ｐで割ったらいいのかな？？

そ う い う 見 方 も 出 来 る ね

>318
混乱してるようだから・・・
「代数的整数論」=「代数的整数に関する理論」であるのに対応して
「初等整数論」=「有理整数に関する理論」だ。
「初等整数論」=「初等的な整数論」ではないぞよ。

初頭整数論講義は二次体の整数も扱っているが。

>「初等整数論」=「有理整数に関する理論」だ。

そうとは限らないだろう。
解析を使う素数分布に関する理論は有理整数に関する理論だが
初等整数論とは言わない。

>「初等整数論」=「初等的な整数論」ではないぞよ

「初等整数論」=「初等的な整数論」だよ。

>322
なら、Fermatの最終定理やCatalan予想も「初等的な整数論」と言う事になるぞ。
ついでに、「単純群」は「構造が単純で分かりやすい群」かね？

＞なら、Fermatの最終定理やCatalan予想も「初等的な整数論」と言う事になるぞ。

ならない。

>>323
>ついでに、「単純群」は「構造が単純で分かりやすい群」かね？

単純群でない群と較べればそうなる。

>>323
>なら、Fermatの最終定理やCatalan予想も「初等的な整数論」と言う事になるぞ。

>>322のどこからそういう結論になるんだよ。
Fermatの最終定理が初等的な方法で解ければ「初等的な整数論」になるが
まだそうなってないし、それが可能かも不明。

>>それが可能かも不明

それの何かおかしいか？

>325
>「単純群」は「構造が単純で分かりやすい群」かね？
> 単純群でない群と較べればそうなる。
随分雑な奴がいるな。
そんなら、(非可換有限)単純群よりアーベル群や可解群の方が
「構造が単純で分かりやすい」事になるぞ。

つまり329は(非可換有限)単純群よりアーベル群や可解群の方が
構造が単純でなく分かりにくいと思っているの？

>330
如何みても逆だね。ま、いいか。

>>329

常識を使え。
単純群でない群 G の組成剰余群 H_i は単純群だ。
G の構造は各 H_i より複雑となるだろ。

>>331

ほう、面白い。
説明希望。

>>333 は勘違い。
取り消す。

>332
だったら、「非可換」で「超可解性等の組成列条件を持たない」「非単純群」
といった風に限定したほうがいい。

勝手に限定してればいいじゃん

>>331

可解群の構造は単純群よりわかってないと思うが。

スレ違いな話からもとに戻すと
「初等整数論」=「有理整数に関する理論」のときに
「Fermatの最終定理やCatalan予想も「初等的な整数論」と言う事になる」から
>>323の「>322」は「>320」の間違いだな

>>335

なんで限定する必要がある。
初めから一般論だろ。

一般的に単純群よりそうでない群のほうが複雑ってこと。
当たり前だ。

>>329, >>330, >>331

どうした？
逃げたのか？

さっきから書いてるが

>>341

レス番号は？

330
336
338
341

>>343

常識ありますか？
俺に答えてないだろ。

>>344
325とは何もやり取りをしてないのに何に答えて何から逃げてるの

>>345

こっちの勘違いみたいだな。
スマン。

逃げたのは >>329 と >>331 か？

ほんとにどうでもいいことばかり。

>>347
問題出せ

数列 {a_n} があり、各 n に対して
a_n ＜ 42 ならば a_{n+1} = a_n + 8
a_n ≧ 42 ならば a_{n+1} = a_n - 42
であるとし、a_1 は 0≦a_1＜50 を満たす整数とする。
このとき、a_1 = a_{1+N} であるような自然数 N が存在することを示し、
そのような N の最小値を求めよ。

>>349
[i]0≦a_n＜42 ならば
0≦a_n+8<50
0以上の整数qy+rについて
(qy+r mod y) = rと書くとする(q,y,r は整数, q≧0, y>0, 0≦r＜y)
よってa_{n+1} = (a_n+8) mod 50

[ii]42≦a_n＜50 ならば
0≦a_n-42<50
a_{n+1} = (a_n-42) mod 50
= (a_n+8) mod 50

0≦a_1＜50であり、
0≦a_n＜50を仮定すると0≦a_{n+1}＜50
が成り立つので
2以上の自然数 n に対して
a_{n} = (a_{n-1}+8) mod 50
=(a_1+8*(n-1)) mod 50
また、これはn=1の時も成り立つ

a_1 = (a_1+8*N) mod 50 を満たすNを求める
a_1+8*N = q*50 + a_1 となる自然数qが存在する
8N=50q
N=(50/8) q
=25/4 q

Nは自然数であるのでNが25の倍数であれば良い
最小のNは25である

>>346
>逃げたのは >>329 と >>331 か？

はい

Q[√d],d>0がUFDとなるようなd∈Nを決定せよ。

>>349　は今年の駿台の阪大実戦の問題ですね。

QabをQの代数閉包とするときGal(Qab/Q)を求めよ。

もうほとんど呪文だな

>>354
二元で位相的に生成されるprofinite群

>356
証明は？(長かったら方針だけでも)

8161^2を2個の「整数の平方」で表わせ。

(2^5*11^12*13^13)^7を立法数1個と7乗の数1個の和で表わせ。

>359
立法 →　立方

>>357
Grothendieck-Teichmuller群でググっておくれ。

>361
Thanks!

整数論総合スレが消えてしまっため、最後の解答が分からなかったのだが。

http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1090800616/972
最後の問題ってこれ？これ確か未解決じゃなかったっけ？

>>364
それです。
元の問題は（素数及び）素数冪を小さい方から順番に並べて、 q_n とすると、
limsup (q_(n+1) - q_n) = ∞？
と言う問題です。

ついでに、
liminf (q_(n+1) - q_n) は有限か？

>>365
いや、972は「3^nを十進数表示したとき（略）」という問題なんだけど。
似た問題がピーターフランクルの本に載ってたんだけど
意外と証明は難しくてまだ誰も成功してないという話だった。

>>365はちょっとした有名問題で、
隣り合う素数冪同士の差は幾らでも長くなる事が初等的に証明できる。
数学オリンピックの過去問で、ブルーバックスの
「数学オリンピック問題にみる現代数学」にも収録されていた。

以下前スレから

978 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2006/11/26(日) 11:53:13
では隣り合う素数冪の差は？

984 名前：１３２人目の素数さん[] 投稿日：2006/11/29(水) 11:07:02
>>978
(n!)^2+2，から(n!)^2+nまでの間に素数冪はない
(証明は背理法で、(n!)^2+iが素数冪つまり(n!)^2+2=p^iとなると仮定して矛盾を導く)
から、この区間の長さはn-1でいくらでも大きくなる。

二年二時間。

age

king

>>370
(ﾟДﾟ)≡ﾟдﾟ)、ｶｧｰ ﾍﾟｯ!!

talk:>>370 私を呼んだだろう？
talk:>>371 何考えてんだよ？

http://ja.wikipedia.org/wiki/%E6%A5%94%E6%95%B0
3つ並んだ楔数は無限に存在するか？

>>358
8161^2 = 4961^2 + 6480^2

キッスてどんな吸う？

>>373
421445 = 5 * 31 * 2719
421446 = 2 * 3 * 70241
421447 = 13 * 17 * 1907
を手計算で見つけた。方針が立たないな。

374
>>358
8161^2 = 4961^2 + 6480^2
そう。
驚くのは、古代バビロニアでこれが知られていた事だ。
試行錯誤の末、分かったとは思えんし…　

680

>>377
8161 = 81^2 +40^2
(a^2+b^2) (c^2+d^2) = (ac-bd)^2 + (ad+bc)^2

299

>>380
> 8161 = 81^2 +40^2
> (a^2+b^2) (c^2+d^2) = (ac-bd)^2 + (ad+bc)^2

そうなんだが、 古代バビロニアの人間がそれを判っていたとは信じられん。
どうやって思いついたのだろう？

age

>>291
＞Π[i=1,k](1-1/p_i)→0 (k→∞)

逆数とったらζ(1)になるので簡単。

Q 上三次代数体 K の整数環 R で、どの様な θ ∈ R を取っても、
1, θ, θ^2 が R の Z 上の加群としての自由生成系とならぬ物があることを示せ。

ルート5が実数であることを背理法で証明せよ。お願いします。

√5の定義は

「二乗すると5になる　実　数　のうち正の方」

であるから、もし√5が実数でないとすると、√5の定義に矛盾する。

竹中平蔵【びんぼうゆすりみたいな状態】になる

インタビューで竹中の担当の読売新聞記者が全裸で穴にバイブを入れたまま殺された？自殺した？ことなど
を、全部竹中にぶつけると【びんぼうゆすりみたいな状態】になった。

9.15 リチャード･コシミズ東京講演会 全編　（3時間24分）
【びんぼうゆすりみたいな状態】になった話は16分から
http://www.asyura2.com/

もと総理が過去に３人を殺した話もでてくる

p, q を相異なる奇素数とし、
ζ_1, ζ_2, ....... ζ_n を 1 の相異なる全ての原始 pq 乗根とする。
この時、(1 - ζ_1)*(1 - ζ_2)* ....... * (1 - ζ_n) を求めよ。

Π(z-ζ_i) = {(z^(pq)-1)*(z-1)}/{(z^p-1)*(z^q-1)}

だから幾つ？（簡単だが）

宿題をこのスレで聞くなｗ

このスレの前半は神スレだな

http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1183680000/513
を解け

毎回開くのめんどくさいから転載しとく
513 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2008/01/17(木) 16:07:40
Nを任意の自然数とし、F(n)をフィボナッチ数列とする
F(n)がNで割り切れるような自然数n全体を決定せよ

良く知られた問題だが、エレガントな解答望む。
組み合わせ数 nC1, nC2, ....... nCn-1 が 1 より大きな自然数 k で割り切れたら、
k は素数であり、 n は k の冪である。

三年二日二十一時間。

112

220

>>657は学校で以前コピッていた大学への数学の宿題に見覚えがあったので、見てみたらあった(1989/9)
宿題のほうは「f,g,hのどの2つも互いに素」という問題
正解者 13名
不正解者 10名

高校生全体の正解者は4名(3年が1,2年が3)
解答の中では
整数論スレの71の複素数による解答
代数幾何による解答
微分を使って式変形したあと、次数比較による解答
複素数でやる分には特に難しくないのに正解者が4名しかいないんだな。

間違えた。

age

x^4 + 2^n が Q 上可約になる n を決定せよ

a,b,c,dは互いに素な整数で、a<b<cとするとき、
a^2+b^2+c^2=22d^2となる(a,b,c,d)の組を全て求めよ。

>>403
n+2≡0 (mod4)

>>405
正解

nは2以上の整数とする．また，正の整数xに対し，S(x)はxの正の約数の総和を，f(x)はxを素因数分解したときの2の指数を表すものとする．
n+1個の正の偶数a[1],a[2],…,a[n],a[n+1](a[1]=a[n+1])があり，すべてのk(k=1,2,…,n)について
　S(a[k])=2a[k+1]
が成り立つならば，f(a[k])+1は素数であることを示せ．

ak=pki^bki
S(ak)=(bk1+1)(bk2+1)...(bki+1)=2ak+1i^bk+1i

>>408
S(ak)は約数の個数ではないのですが…

pを奇素数、x,y,zを整数環Ｚにおいてどの2つも互いに素な有理整数とし、
x^p+y^p=z^p‥‥‥￥
であるとします。
ただし、円分体Ｑ(ζ)(ζ=exp(2πi/p))をＫとおきその類数hはh≧2を満たすとします。また、pとhがpを公約数に持つとします。
この仮定の下で以下のlemmaを示し、xyz=0を結論して下さい。
(注意)記号a|bはbが整数環Ｚにおいてaで割り切れることを意味します。

lemma1:p|zならばp^2|zである
lemma2:xyz≠0が￥を満たし、h≧2かつp|zならばある互いに素な有理整数a,b,cが存在してa^p+b^p=c^pかつabc≠0かつcはちょうどpで割り切れる。
よってlemma2はlemma1に矛盾するのでp|zならばxyz=0でなければならない。
lemma3:xyzがpで割り切れず、xyz≡a(modp)ならば

あるＫの単数εが存在してx＋εy≡a(modc^p),ただしc=1-ζ となる。
lemma4:上のεは±1になる。
lemma5:lemma3のa≡p-1(modp)となる。
lemma6:x,y,zをどのように組み合わせてもその様なaはしないので矛盾である。

A(n)〜H(n)は、すべて0以上の整数値をとるものとする。
以下の関係式において、A(n-1) +B(n-1)+C(n-1)+D(n-1) > 0 であるときに
A(n) +B(n)+C(n)+D(n) > 0　が成り立つための必要十分条件を求めよ。

A(n-1) + E(n-1) = A(n) + B(n)
B(n-1) + F(n-1) = E(n) + F(n)
C(n-1) + G(n-1) = C(n) + D(n)
D(n-1) + H(n-1) = G(n) + H(n)

>>407　偶完全数の形決定の応用ですね。

f(a[k])=e[k], a[k]=b[k]*2^e[k]とおく。a[k]は偶数だからe[k]≧1で、b[k]は奇数である。
このとき、
S(a[k]) = (2^(e[k]+1)-1)*S(b[k])
だから、条件より
(2^(e[k]+1)-1)*S(b[k]) = b[k+1]*2^(e[k+1]+1) (k=1,…,n)
特に、e^[k]+1≧2だから、2^(e[k]+1)-1は、1と異なるb[k+1]の正の約数である。
a[n+1]=a[1], e[n+1]=e[1]より
Π[k=1,n] S(b[k])
= Π[k=1,n] b[k+1]*2^(e[k+1]+1)/{2^(e[k]+1)-1}
= Π[k=1,n] b[k+1]*2^(e[k]+1)/{2^(e[k]+1)-1}
最後の積の各項は
b[k+1] + b[k+1]/{2^(e[k]+1)-1}
で、第2項はb[k+1]の真の正の約数だから、この和はS(b[k+1])以下。
そして、その積がΠ[k=1,n] S(b[k])に等しいのだから、結局個別に
b[k+1] + b[k+1]/{2^(e[k]+1)-1} = S(b[k+1])。
これは、
b[k+1] = 2^(e[k]+1)-1
で、なおかつb[k+1]が素数であることを意味する。
もし e[k]+1 が合成数ならば 2^(e[k]+1)-1 も合成数となり矛盾。
よってすべてのe[k]+1 (k=1,…,n)は素数。(証明終）

剰余関連の公式で

(p+q)^k ≡ p^k + q^k (mod m)みたいな公式をみた事あった
気がしたんですけどこれって正しいですか？もし間違っていたら
この式に似ているものを知りませんか？

>>365-366
フェルマ素数が無限にあれば、有限値となる。
後続の議論はおかしい。

>>414
>>396参照

pを素数とするとき、
(1)p｜nCi (i＝1〜n−1)ならばnはpのべき乗
(2)nがpのべき乗のとき、p^2｜nCiが成り立たないi(1≦i≦n−1)が存在する
が成り立つ。(1)はF_p係数の多項式を使って証明する。面倒くさい。
(2)は、i＝n/pにおいてそうなることを地味に計算して証明する。面倒くさい。

nC1, nC2, ....... nCn-1が1より大きな自然数 k で割り切れたら、kを
割り切る素数pを1つ取るとき、(1)よりnはpのべき乗となる。kを割り切る
別の素数qも存在したら、nはqのべき乗でなければならず矛盾するので、
kを割り切る素数はpしかなく、よってkはpのべき乗である。これと(2)から、
k＝p^1でなければならない。エレガントでない(＾o＾)

たぶん>>414は
(x + y)^p ≡ x^p + y^p (mod. p)
（但し p は素数）
を探してるんじゃないかな。初等整数論で p と書いたら
素数 prime numberを表すことが多いから今度から覚えとくと良いかも。

0でない整数a,b,c,dに対して
b/a+d/c=(a+c)(b+d)
が成り立つ条件を求めよ

問題の意味がわからん
b/a+d/c=(a+c)(b+d)であればいい

a,b,c,dの条件を求めてください

nが5以上の素数のとき
(2n-1)C(n-1)≡1　(mod n^3)
を示せ

>>422
f(x):= Π[i=1〜p-1] (x-i) = �納j=0〜p-1] a(j)*x^j
と展開するとき、a(0)=(p-1)!、a(p-1)=1 であるが、
f(x) ≡ x^(p-1)-1 (mod p) だから、
a(j) ≡ 0 (mod p) (j=1,…,p-2)。
一方、f(p) = (p-1)! だから、
p*�納j=1〜p-1] a(j)*p^(j-1) = 0 であり、
p≧5 だから p-2≧3、よって
a(1) = -�納j=2〜p-1] a(j)*p^(j-1) ≡ 0 (mod p^2)。

kを任意の正整数とするとき、p≧5 だから、
f(kp) ≡ a(0)+a(1)*(kp)+a(2)*(kp)^2 ≡ (p-1)! (mod p^3)。
(p-1)! は p と互いに素だから、
C(kp-1,p-1) = f(kp)/(p-1)! ≡ 1 (mod p^3)。

分からない問題はここに書いてね２８９
http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1214867658/448,467
(2n+1) | (n^4+5n^2)
を満たす整数 n はいくつあるか

x≡25^16（mod97）

>>424
整数a,bに対し(a,b)はaとbの正の最大公約数とする。
(2n+1,n)=1, -(2n-1)*(2n+1)+4(n^2+5)=21だから、
(2n+1)|(n^4+5n^2)ならば、(2n+1)|21。

逆に(2n+1)|21ならば、(2n+1)|4(n^2+5)で、しかも2n+1は奇数なので、
|2n+1|＞1ならば(2n+1)|(n^2+5)、|2n+1|=1ならばもちろん(2n+1)|(n^2+5)だから
結局(2n+1)|(n^2+5)。

以上より、2n+1=±1, ±3, ±7, ±21、よって答えは
n=-11, -4, -2, -1, 0, 1, 3, 10 の8個。

互助法使えば速かったのかあ。

777！は7で何回割れるか？　これ整数論の問題だと思うんですがわかるかたいらっしゃいますか？ご教授いただけたらと思います。

まず 7 が素数であることに注意。
1 から 777 までの間に 7, 49, 343 の倍数が幾つあるかを数える。

[x]をfloor functionとするとき、
�農[k=0 to inf] [777/7^k] が求める値を与えます。
それを計算するだけの問題です。

487

age

正整数a,bに対して、これらをnで割った余りをa_n,b_nとする。
いま、全ての素数pに対して、
a_p≦b_p
が成立するとき、a=bとなることを示せ。

2^x+3^y=5^z
を満たす正整数(x,y,z）の組をすべて求めよ

xが偶数のときはできたけど奇数のときが分からん

>>433 a_p<b_pから適当な素数だして矛盾示すんだろうけど、
　いまいちうまくできないなぁ・・・。

〔問題978〕
a,b,c を自然数とするとき、
　1/a + 1/b + 1/c - 1/(abc)　が整数となるような
{a,b,c} を求めよ。

http://messages.yahoo.co.jp/bbs?.mm=GN&action=m&board=1835554&tid=bdpbja1jiteybc0a1k&sid=1835554&mid=978
出題(不等式)

{a,b,c} = {2,3,5}, {1,1,n}

>>434
(x,y,z) = (1,1,1) (2,0,1) (4,2,2)

767

491

　xyz = 4(x+y+z),
を満たす自然数の組(x,y,z) をすべて求めよ。

>>142
ｘ＝ｗ＾２。
（ｙ／ｗ）＾２＝ｗ＾４＋ｚ＾４。

>>433

a=0
b=1

の時は？

問題文をよく読め

ごめん

a=2
b=4

の時は？

a_3=2
b_3=1

age

等式 ２×３×５×７＋11＝13×17 を拡張せよ。

虚数は実数であった。
ここで書くにはスペースが足りない。
hint
|x=-x
|A=B
|y=y

四年二時間。

何が

>>433
次の補題を使う。証明は
ttp://www.math.dartmouth.edu/~ppollack/sschur.pdf
ttp://www.math-inst.hu/~p_erdos/1934-01.pdf
などを参照。

Sylvester&Schur の定理： n≧2k ならば nCk は k より大きな素因数を持つ。

>>433の定理の証明。
a≠b の時、 a_p>b_p となる素数 p が存在することを示す。

b<aならば、aより大きな全ての素数 p に対して a_p=a>b=b_p となる。

a<b≦2a ならば、 Sylvester&Schur の定理より bC(b-a) は b-a より大きな素因数 p を持つ。
よって a+1, a+2, ..., b のいずれかは p で割り切れる。 a+l (1≦l≦b-a) が p で割れるとすると、
l≦b-a<p より、 a_p=p-l>b-a-l=b_p となる。

b>2a ならば、 Sylvester&Schur の定理より bCa は a より大きな素因数 p を持つ。
よって b-a+1, b-a+2, ..., b のいずれかは p で割り切れる。 b-a+l (1≦l≦a) が p で割れるとすると、
a_p=a>a-l=b_p となる。

よって、a≠b の時、常に a_p>b_p となる素数 p が存在する。これによって>>433の定理は証明された。

>>367
2年＋αぶりのレスで恐縮だけど…。

＞いや、972は「3^nを十進数表示したとき（略）」という問題なんだけど。
＞似た問題がピーターフランクルの本に載ってたんだけど
＞意外と証明は難しくてまだ誰も成功してないという話だった。

n を b 進数表示したときの各桁の数の和を N(n) とおくと、log a/log b が無理数ならば
N(a^m)→∞ (m→∞) になることなら、既に知られているよ。

証明は
H. G. Senge and E. G. Strauss, P. V. numbers and sets of multiplicity, Period Math. Hungar. 3 (1973), 93--100.
C. L. Stewart, On the representation of an integer in two different bases, J. Reine. Angew. Math. 319 (1980), 63--72.
を参照。

オンラインで入手できる論文としては、
ttp://journals.cambridge.org/action/displayIssue?jid=GMJ&volumeId=51&issueId=01&iid=2888412#
の
ON THE DIOPHANTINE EQUATION, TOMOHIRO YAMADA
に詳しい議論がある。

>>434
x>1 ならば, 5-3^y≡5^z-3^y=2^x≡0(mod 8) となるが,
3^y≡1 または 3(mod 8) より, これは不可能.

x=1 ならば, 5^z-3^y=2=5-3. よって 5^z-5=3^y-3 より5|(3^(y-1)-1).
よって y≡1(mod 4) となるから, 2^4|3^y-3=5^z-5 より z≡1(mod 4).
よって 313|5^4-1|5^z-5=3^y-3 より, y≡1(mod 39).
7|3^y-3=5^z-5 より z≡1(mod 6), 3^2|5^z-5=3^y-3. したがって y=z=1.

したがって, x が奇数となるのは (x, y, z)=(1, 1, 1) のみ.


問題. 3^x+5^y=2^z を満たす正整数 (x, y, z） の組をすべて求めよ.

5^2=1

>>453

　　　 　 　 　 /　 　 l |　l　「｀ﾞ| ｰト 、| 　|　　 / 　 /　 /　|　Ｎ　　5≡5^z(mod 8) はzが奇数のときにしか成り立たない。
　　　　　　　/　　/　| ∨|　卞テﾐト､. |　 | 　 /　 /　,.ｲ　/|　|　　「xが奇数なので 2^x≡2≡5^z(mod 3)、よってzも奇数である」を追加すべきだ。
　　　 　 　 /　　/　 .| 　 |　弋 ﾄ::ﾂ/｀ ＼l　 / ／ ／/／　l /
.　　　　　 /　　/　　∧　ﾍ　|　 ￣　　　　 , ∠.イ　／ | 　 /　　また、313は5^4+1の約数だ。5^4-1の約数ではない。
　　　　　/　　/　　/　 ＼∧|　　　　 　 _　　 /| | 　 l　|　　　故に、「313|5^4-1...7|3^y-3=...」の部分は、
　 　 　 /　　/　　/　　　 |　 L＿＿_　´　ィ´| j∧　 | /
　　　 /　　/　　/　　 　 ∧　ヽ　　/|イ￣￣.入　＼l/　　　「13|5^4-1|5^z-5=3^y-3 より、y≡1(mod 3)。y≡1(mod 4)なので
　 　 /　　/　　/　　　 /‐┤　|―<__| |　　／＿ヽ　|　　　　y≡1(mod 6)だから、7|3^y-3...」と訂正すべきだ。

>>453
問題「5^x+3^y=2^zを満たす整数x,y,zを全て求めよ」

以下、ある場所からそのまま解答貼り付け。(言葉もそのまま)

　「x, y, zが、x, y≧1 かつ z≧10を満たす整数であるとき、
　問題の方程式が成立したと仮定すると、
　5＾x＋3＾y ≡ 2＾z (mod 67107840) が成立することになるが、
　これは成立しない。　（要計算。この主張が一番重要）

　x, y≧1,　z≦9 を満たす整数x, y, zの組で、
　方程式を満たすものは明らかに有限個しか存在しない。
　計算により、それらは以下の組だけであるとわかる。
　(x, y, z) = (1, 1, 3), (1, 3, 5), (3, 1, 7)

　y=0なる整数x, y, zの組が方程式を満たしたと仮定すると、
　5＾x＋1 = 2＾z となる。
　x＜0 であるとすると、5＾x＋1は整数ではないので、
　z＜0 となるが、そうすると、
　5＾x＋1 = 2＾z ⇔ 2＾(-z)(１＋5＾(-x)) = 5＾(-x)　より、
　2＾(-z) ≡ 0 (mod 5) となり、矛盾である。
　よって、x≧0 である。
　x=0 とすると、z=1で確定するので、x≧1と仮定すると、
　z≧2がわかり、このとき、1＋1 ≡ 0 (mod 4)となり矛盾である。
　以上より、y=0なる整数x, y, zの組で、
　方程式を満たすものは、(x, y, z)=(0, 0, 1) だけであることがいえた。

　y＜0なる整数x, y, zの組が方程式を満たしたと仮定すると、
　3＾(-y)・5＾x＋1 = 2＾z・3＾(-y) となる。
　x, z≧0 とすると、 1≡0 (mod 3)となり矛盾である。
　x≧0 かつ z＜0 とすると、 2＾(-z)(3＾(-y)・5＾x＋1) = 3＾(-y) より、
　0 ≡ 1 (mod 2)となり矛盾である。
　x＜0 かつ z≧0 とすると、 3＾(-y)＋5＾(-x) = 2＾z・3＾(-y)・5＾(-x) より、
　3＾(-y) ≡ 0 (mod 5) となり矛盾である。
　x, z＜0 とすると、(3＾(-y)＋5＾(-x))・2＾(-z) = 3＾(-y)・5＾(-x) より、
　0 ≡ 1 (mod 2)となり矛盾である。

　x=0 かつ y≧1なる整数x, y, zの組が方程式を満たしたと仮定すると、
　1＋3＾y = 2＾z となる。
　y=1 とすると、z=2で確定するので、y≧2とすると、
　z≧3 となり、 1＋3＾y ≡ 0 (mod 8) となるが、
　これを満たす整数yは存在しないので矛盾である。
　よって、この場合は、(x, y, z) = (0, 1, 2)だけが解である。

　x＜0 かつ y≧1なる整数x, y, zの組が方程式を満たしたと仮定すると、
　1＋3＾y・5＾(-x) = 2＾z・5＾(-x) となる。
　z≧0 とすると、 1≡0 (mod 5) となり矛盾。
　z＜0 とすると、 (1＋3＾y・5＾(-x))・2＾(-z) = 5＾(-x) より、
　0 ≡ 1 (mod 2) となり矛盾。

　以上より、問題の方程式を満たす整数の組(x, y, z)は、
　(x,y,z)=(0,0,1) (0,1,2) (1,1,3) (1,3,5) (3,1,7) で全てであることがいえた。」

k=3, 5, 6 に対して 「α*(k^n) の整数部分が十分大きな全ての n に対して素数となる」
という性質を満たす実数αが存在しないことを示せ。

5^x+7^y=z^3をみたす自然数x,y,zを全て求めよ

>>459
特定したｗｗ

>>459
y=0 とすると、 (z-1)(z^2+z+1)=z^3-1=5^x となる。よって、z-1=1 または z-1≡0(mod 5) となる。
z-1=1 は 5^x=7 となるため不可。また z≡1(mod 5) は z^2+z+1≡3(mod 5) となるため不可。
よって、 y>0 となる。
5^x≡z^3≡±1(mod 7) より、 x≡0(mod 3) となる。よって、 X=5^(x/3) は整数で、
(z-X)(z^2+zX+X^2)=z^3-X^3=7^y となる。
7|(z-X) とすると、7|(z^2+zX+X^2)≡3X^2 となって矛盾。よって、z-X=1。
z^2+zX+X^2=3X^2+3X+1=7^y だから 7^y-1=3X(X+1) となり、5^(x/3)|(7^y-1) が成り立つ。

ここで、 5^2||7^4-1, 5^n||(7^k-1) かつ n>2 ならば、(7^{ak}-1)=(7^k-1)(7^{(a-1)k}+...+1)≡a(mod 5^n)
となることから、 5^n|(7^k-1) ならば、4*5^(n-2)|k であることがわかる。

したがって、 4*5^(x/3-2)|yより 3X^2+3X+1=7^y≧7^(4*5^(x/3-2))=7^(4X/25) となる。
X≧5^3 ならば、これは不可。よって、X≦5^2。 X は5^0, 5^3, 5^6 のいずれかとなる。
3X^2+3X+1=7^y より X=5^0。よって、(x, y, z)=(0, 1, 2) のみ。□


超越数論使わないと解けないかと思ったが、初等的な方法でできた。

訂正。

5^n||(7^k-1) かつ n>2 ならば、(7^{ak}-1)=(7^k-1)(7^{(a-1)k}+...+1)≡a(mod 5^n)
↓
5^n||(7^k-1) かつ n>2 ならば、ある (b, 5)=1 に対して (7^{ak}-1)=(7^k-1)(7^{(a-1)k}+...+1)≡ab*5^n(mod 5^{2n})

>>461
自然数

5^x+7^y=z^3 mod z
5^x+7^y=z^3 mod 3
2^x+1^y=z mod 3
1,2+1=2,0 mod 3

相異なる正の整数x,yであって,
x^2007 + y! = y^2007 + x!
を満たすものは存在しないことを示せ.

>>461
私は問題を挙げた者ではないですが、Arithさんは、
この手の問題にどうやって超越数論の結果を適用しようと考えたのですが。
わたしはArithさん問題の解答(ありふれた方法ですが素晴らしい)よりも
むしろ、『超越数論使わないと解けないかと思ったが・・・』
という発言の方がずっと気になるのですが。
もしよろしければどういう意図があったのか具体的に教えてくれませんか。

初等的だが意外に難しい問題：
6つの連続する自然数の積は平方数になるか？

IMOの問題をピーター・フランクルはmod 5 で考えて解いたけど
mod 7 のほうが議論が簡単だったんですね、
そしてピーター・フランクルの高校の頃の友達が
シルヴェスターの定理（整数論）とチェビシェフの定理を利用して
一般に n 個の場合に証明してしまったんですね、分かります。

σ(n) ≪ n*log(n)
を示せ。

σ(n) ＝ �農{m|n}(m)
＝ n*�農{m|n}(1/m) ＜ n*�農{m≦n}(1/m) ＝ Ｏ(n*log(n))
ってのは分かったけど、「≪」の示し方が分からないです。
プロットしてみると正しそうなんだけど。

その≪ってどういう意味で使ってる？

すみません、記述が足りませんでした。
(n→∞)の時、f(n)/g(n) → 0
なら「f(n)≪g(n)」 の意味です。

先の問題は、
ttp://www.maths.mq.edu.au/~wchen/lndpnfolder/dpn01-af.pdf
p.5 THEOREM 1J. の証明部分です。

age

>>471
THEOREM 1F.のProofから推測すると「≪」はラージオーダーの意味だと思う。

>>473
THEOREM 1J でも同じ意味で使ってるね。

Problem 2.
(a) 2008のすべての約数d >0 に対して　P(d) = 2008/d,
　となるような 整数係数の多項式P(x)は存在するか?

(b) nのすべての約数d >0 に対して　P(d) = n/d,
　となる整数係数の多項式P(x)が存在するような自然数nを求めよ。

Problem 4.
　ｆは正整数から非負整数への写像とする。
　以下の条件を満たすｆをすべて定めよ。
　(1)　f(mn) = f(m) + f(n),
　(2)　f(2008) = 0,
　(3)　f(n) = 0,　for all n≡39 (mod 2008).

Problem 5.
　nを自然数とするとき、数列 n + [√n] + [ n^(1/3) ] に含まれない自然数をすべて挙げよ。
　ここに [ x ] はx以下の最大の整数である。

http://www.math.ust.hk/excalibur/v13_n5.pdf
Austrian M.O. 2008, Final round (part 2)
2008/06/07〜08

>>469 >>471
limsup [n→∞] σ(n)/{nloglog(n)} =e^γ (γ:Eulerの定数)
だから、lim [n→∞] σ(n)/nlog(n) =0 なのは間違いない。
そのpdfではそこまで証明してないようだけど。

>>475 Problem 4
fの値域が非負整数であることと、条件(1) f(mn)=f(m)+f(n) より
f(n)=0, d|n (n,d:正整数) ⇒ f(d)=0。
条件(2) f(2008)=0 より、f(1)=1, f(2)=0, f(251)=0。
2008を割りきらない任意の素数pについて、
合同方程式 39+2008n≡0 (mod p)
は、mod pで一意的な解n≡a (0≦a＜p)をもつ。
このとき条件(3)より f(39+2008a)=0だから、f(p)=0。
以上より、すべての素数pについてf(p)=0, よって
2以上の任意の正整数nが素因数積に表されることからf(n)=0、
そしてf(1)=0であるから、結局すべての正整数nについてf(n)=0。

m^2+2=n^3を満たす正整数の組は(m,n)=(5,3)しか存在しないことを示せ

>>469
Gronwall's Theorem:
limsup [n→∞] σ(n)/{nloglog(n)} =e^γ
の証明は「数論入門(ハーディー/ライト)」(日本版２巻目p.105)
に載ってるよ。
積読状態だったので今の俺には解説できんです。。。

グロンウォールって微分方程式のグロンウォールと同じ人？

636

〔問題〕
　a^2 - 3b^2 = c^2,
のcを既知として、(a,b) を求めよ。

>>481

1つの根を(a_0,b_0)とすると、
　(a,b) = (2a_0+3b_0, a_0+2b_0), (2a_0-3b_0, a_0-2b_0),
も根だから、系列解がある。漸化式
　a_n = 4a_(n-1) - a_(n-2),
　b_n = 4b_(n-1) - b_(n-2),
を満たし、(2+√3)^n, (2-√3)^n の一次結合だから、
　a_n = c･cosh(nω + θ),
　b_n = c･sinh(nω + θ),
と書ける。cosh(ω) =2, θは実定数。

特に c=1 のとき
　a_n = {(2+√3)^n + (2-√3)^n}/2 = cosh(nω),
　b_n = {(2+√3)^n - (2-√2)^n}/(2√3) = (1/√3)sinh(nω),
　cosh(ω) =2,

ただし、英字は整数、ギリシャ文字は実数。

(a,b,c) の例
・bが奇数のとき
　{(b^2 +3)/2, b, (b^2 -3)/2},
　{(3b^2 +1)/2, b, (3b^2 -1)/2},
・bが偶数のとき
　(1,0,1)
　(13,4,11)
　(49,8,47)
　(109,12,107)
　(67,16,61)
　(79,20,71)
　(103,20,97)
　など

>>482
　
　c = (m+2)^2 -3　のとき　(a_0, b_0) = ((m+2)^2 +3, 2(m+2))
　c = 2m(m+1) -1　のとき　(a_0, b_0) = (2m(m+1)+2, 2m+1)
　c = 3m^2　　-1　のとき　(a_0, b_0) = (3m^2 +1, 2m)
　c = 6m(m-1) +1　のとき　(a_0, b_0) = (6m(m-1)+2, 2m-1)
また、
　m=1　のとき　b_0 = c,
　m>1　のとき　b_0 < c,
しかし a_n > c だから、
　b_n = a_(n-1) + 2b_(n-1) ≧ a_(n-1) > c,　(n>0)

〔フェルマーの小定理〕
pが素数のとき　a^p ≡ a,　(mod p)

〔系〕pが素数ならば、
　gcd(a,p) =1　⇒　a^(p-1) ≡ 1,　(mod p)


〔オイラーのTotient定理〕
　gcd(a,n)=1　⇒　a^φ(n) ≡ 1,　(mod n)
　φ(n) はnの剰余類の正則元の数（EulerのTotient函数とか云うらしい･･･）


〔小定理の逆〕
　∀x;　x^n -x ≡ 0,　(mod n)
ならば、nは素数。


〔小定理の系の逆〕 は成り立たない。
　gcd(a,n) =1　⇒　a^(n-1) ≡ 1,　(mod n)
を満たす合成数nが存在する。orz
例)
　3･11･17=561, 5･13･17＝1105,　7･13･19＝1729,　5･17･29=2465,　7･13･31=2821,　など
これを カーマイケル数と呼ぶらしい。

nがカーマイケル数となる条件は、
　1. nは平方因数をもたない。
　2. p|n　⇒　(p-1)|(n-1)

http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1212143770/179-182
代数的整数論０１１

分からない問題にぶち当たったので教えてもらえますでしょうか。
If m is any integer>1,show that the number of primitive roots modulo m is either 0 or φ(φ(m))
初学者のための整数論からの問題ですがお願いします。

>>>485
(Z/mZ)*が巡回群の場合に、生成元を原始根と定義するんじゃないか？そのとき原始根はφ(m)個ある。
でも、(Z/mZ)*が巡回群でない場合の原始根の定義って？
定義されていないから0個だと言いたいのだろうか？問題文が変だ。

楕円曲線y^2 = x^3 - 4には無限個の有理点が存在することを示せ。

ヒントとして有理点P(5, 11)が与えられています。

n,k∈Nとする。

�納i=1〜n-1](x_i)^k=(x_n)^k

がとなるx[1],x[2],〜,x[n],kが存在するn,kの必要十分条件を求めよ。

↓これ、もともと、出典なんだっけ。多分自分のオリジナルではないと思うんだけど。
＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

自然数x, y, z が、
1/x + 1/y + 1/z < 1
を満たす。

このとき、
1/x + 1/y + 1/z の最大値を求めよ。

〔Q1〕
nを6以上の自然数とする.
　(n+1)C(n,[n/2]) > 2^(n+1),
となることを示せ.

〔Q2〕
nを7以上の自然数とする.
　LCM(1,2,…,n) > 2^n,
となることを示せ.

http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1245060000/121
不等式への招待４

>>490
[Q1]
f(n)=(n+1)C(n,[n/2])とおく
nが奇数のとき
f(n+1)/f(n)={(n+1)/n}(n/{(n+1)/2})=2
nが偶数のとき
f(n+1)/f(n)={(n+1)/n}{n/(n/2)}=2+2/n＞2
だから、f(n+1)≧2f(n)
f(6)=140＞2^7=128だから、帰納的に、
n≧6⇒f(n)＞2^(n+1)となる。

>>491の続き
〔Q2〕
6以上の整数kをとる。
f(k)を素因数分解する
素数pを任意に取る
f(k)のpの指数は
m=[k/2]とおくと
Σ_[i=1,∞] {[(k+1)/(p^i)]-[(k-m)/(p^i)]-[m/(p^i)]}
k-m,mをp^iで割ったときの商をそれぞれq,q'、余りをそれぞれr,r'とする。
k-m=(p^i)q+r，m=(p^i)q'+r'　0＜r,r'＜p^i -1
[(k+1)/(p^i)]-[(k-m)/(p^i)]-[m/(p^i)]=[(r+r'+1)/(p^i)]
1≦r+r'+1≦2p^i -1より、[(r+r'+1)/(p^i)]=0,1となる。
したがって、[(k+1)/(p^i)]-[(k-m)/(p^i)]-[m/(p^i)]=0,1がいえた。
p^i＞k+1となるとき
[(k+1)/(p^i)]=[(k-m)/(p^i)]=[m/(p^i)]=0となるから
Σ_[i=1,∞] {[(k+1)/(p^i)]-[(k-m)/(p^i)]-[m/(p^i)]}
≦Σ_[p^i≦k+1]1=[{log(k+1)}/(logp)]

lcm(1,2,…,k+1)のpの指数をvとおくと
p^v≦k+1＜p^(v+1)だから、v=[{log(k+1)}/(logp)]となる
よって、f(k)はlcm(1,2,…,k+1)の約数である。
[Q1]よりf(k)＞2^(k+1)が成り立つから
lcm(1,2,…,k+1)≧f(k)＞2^(k+1)がいえる。
したがって、7以上の整数nに対して
lcm(1,2,…,n)＞2^nが成立する。

整数a,bについて、a^3 + b^3が素数の整数乗となるようなa,bは？

めんどくさい
キョーミなし

３．正四角形（正方形）P4の定める二面体群D4について考える。
(1) P4の各元はD4の４頂点を入れ替えるので、それによって、D4から4次対称群S4への写像fが得られますが、それが一対一の準同型であることを説明しなさい。
(2) 1で得られたfによって、 D4はS4の部分群であるとみなせますが、その指数[S4:D4]を求めよ。さらに、これが正規部分群であるか論じてください。（どちらであるか明確にして、それを論証すること）。

>>493

２^3＋２^3＝２^4

>>485
次の補題から一発で出るはず。

[補題]
任意に有限巡回群Gを与える。
Gの生成元を1つ取り、それをgとする。
このとき、g^kが生成元⇔gcd(k,|G|)=1
(簡単なので証明略)

U=(Z/mZ)*が巡回群であると仮定する。
Uの生成元を1つ取り、それをgとする。
このとき、どのUの元もg^k(1≦k≦|U|)の形で表現できる。
よって補題より、Uの生成元の個数はφ(|U|)といえる。
|U|=φ(m)であるから、証明終わり。

http://www.research.att.com/~njas/sequences/A006720

Somos-4 sequence: a(0)=a(1)=a(2)=a(3)=1; for n >= 4, a(n)=(a(n-1)a(n-3)+a(n-2)^2)/a(n-4).
(Formerly M0857)

1, 1, 1, 1, 2, 3, 7, 23, 59, 314, 1529, 8209, 83313, 620297, 7869898, 126742987, 1687054711, 47301104551, 1123424582771, 32606721084786, 1662315215971057, 61958046554226593, 4257998884448335457, 334806306946199122193

加藤和也先生の岩波書店の数論1、2、3巻の
1巻の§1.1補題1.5の
写像fがなんで楕円曲線上に写すのか
わかりません('A`)

>>493
東工入試乙

ａ＝ｃ＋１。
ｂ＝−ｃ。
ａ＾３＋ｂ＾３＝３ｃ＾２＋３ｃ＋１。
ｃ＝０，１，２，３，４，６，７，．．．，１０４，．．．１４５５，．．．。

自然数Nが√N以下の約数を持つことを証明せよ

>>502

＞√N以下の約数

１

ってちゃうの？

あげ
しかし、､､問題が浮かばない。

x^3+y^3+z^3=4xyzを満たす自然数の組x,y,zは存在しないことを示せ．

分母が1ではない奇単位分数は、相異なる３つの奇単位分数の和であることを示せ。
ただし、奇単位分数とは分母が奇数である単位分数とする。（数セミより）

（↑訂正）
分母が1ではない奇単位分数は、相異なる３つの奇単位分数の和で表せることを示せ。
ただし、奇単位分数とは分母が奇数である単位分数とする。（数セミより）

2/(4n+1)= 1/(2n+1) +1/{(2n+1)(4n+1)} だから
1/(4n-1) - 1/(4n+1) = 1/{(2n+1)(4n-1)} +1/{(2n+1)(4n-1)(4n+1)}、
1/(4n+1) - 1/(4n+3) = 1/{(2n+1)(4n+3)} +1/{(2n+1)(4n+1)(4n+3)}

>>508 お見事！

自然数列 a[n] を次式で定義する。
　a[1] = 2,
　a[k+1] = a[k]{a[k] -1} + 1,
このとき
　1/a[k] = 1/{a[k] -1} - 1/{a[k+1] -1}
　1/a[1] + 1/a[2] + ･･････ + 1/a[n] = 1 - 1/{a[n+1] - 1},

〔問題〕
x[1], x[2], x[3],････, x[n] は自然数，1/x[1] + 1/x[2] + ････ + 1/x[n] < 1 のとき
　1/x[1] + 1/x[2] + ････ + 1/x[n] ≦ 1 - 1/{a[n+1] - 1},
は成り立つか？

http://www.casphy.com/bbs/test/read.cgi/highmath/1089292331/894
高校数学

>>493 496

1^3 + 1^3 = 2^1,
(2^k)^3 + (2^k)^3 = 2^(3k+1),

1^3 + 2^3 = 3^2,
(3^k)^3 + (2･3^k)^3 = 3^(3k+2),

3^4798 の末尾の３つの数字は？

3^4567の下三桁の数字は？

>>512-513

3^100 = 9^50
　　= (10-1)^50
　　≡ Ｃ[50,2] 10^2 - Ｃ[50,1] 10^1 + Ｃ[50,0] 10^0　　(←2項展開)
　　= 1225×100 - 50×10 + 1
　　≡ 5×100 - 50×10 + 1
　　= 1,　　　　　　　　(mod 1000)

だから、下二桁を考えれば十分。

3^4798 ≡ {3^(-1)}^2 = (-333)^2 ≡ -111,　(mod 1000)
3^4567 ≡ 3^67 ≡ 587　(mod 1000)

(1)x+y+z=xyzを満たす整数x,y,zの組を全て求めよ．
(2)xyz=xy+yz+zxを満たす整数x,y,zの組を全て求めよ．
(3)x+y+z=xy+yz+zxを満たす整数x,y,zの組を全て求めよ．

>>515
　nは任意の整数とする。

　(1) x+y+z = xyz,
　　　(-n, 0, n) → 0,
　　　(1, 2, 3) → 6,
　　　(-3, -2, -1) → -6,

　(2) xyz = xy+yz+zx,
　　　(-n, 1, n) → -n^2,
　　　(0, 0, n) → 0,
　　　(3, 3, 3) → 27,
　　　(2, 4, 4) → 32,
　　　(2, 3, 6) → 36,

　(3) x+y+z = xy+yz+zx,
　　　(-n^2, -n, n) → -n^2,

偶数　(0, 2, 2) → 4,
　　　(-2, 4, 10) → 12,
　　　(-4, 8, 12) → 16,
　　　(-4, 6, 26) → 28,

奇数 (-3, 5, 17) → 19,
　　　(-11, -7, 5) → -13,
　　　(1, 1, 1) → 3,
　　　(-1, 3, 5) → 7,
　　　(-7, 11, 27) → 31,
　　　(-9, 17, 23) → 31,

ある自然数nがあり
n=p[1]^(α[1])p[2]^(α[2])…p[k]^(α[k])
と素因数分解出来るとき
Φ(n)=(2^β)f(fは2の素因数を持たない最大の正の整数)
と表せるがβ≧k-1
であることを証明せよ

φが乗法的、かつ奇素数pに対してφ(p^α)が偶数であることから明らか。

>>475

Problem 2.
n は自然数とする。
　　Π_{0<d|n} (d/√n) = 1,
よって xの多項式
　1 - Π_{0<d|n} (d-x)/(√n)
は、x=0 のときは =0,
∴ 因数定理により
　n{1 - Π_{0<d|n} (d-x)/(√n)} = x･P(x),
と書けて、
　0<d|n　⇒　P(d) = n/d,
これが整数係数になるかどうか････が問題････

>>475

Problem 5.
　与式の第1項は、nと共に1つづつ増加する。
　第2項または第3項が増加した所で与式に「飛び」が発生する。
それは具体的には
・n=m^2 のとき m^2 +m + [ m^(2/3) ] -1,
・n=m^3 のとき m^3 + [ m√m ] +m -1,
・n=m^6 のとき m^6 +m^3 +m^2 -2, (m^6 +m^3 +m^2 -1 は既出)

>>515
ｘ＋ｙ＋ｚ＝ｘｙ＋ｘｚ＋ｙｚ。
（ｘ＋ｚ−１）（ｙ＋ｚ−１）＝ｚ＾２−ｚ＋１。
ｗはｚ＾２−ｚ＋１の約数。
ｘ＝ｗ−ｚ＋１。
ｙ＝（ｚ＾２−ｚ＋１）／ｗ−ｚ＋１。

次の性質 *) を持つ自然数 n を全て決定せよ。

*) r が n の約数で r+1 が素数なら r+1 も n の約数

**) についてはどうか？

*) r が n の約数で r-1 が素数なら r-1 も n の約数

4^x+9^y=25^zを満たす整数x,y,zを全て求めよ

p = 2n + 1 を奇素数とする。
(x -(tan(π/p))^2)*(x -(tan(2π/p))^2)*(x -(tan(3π/p))^2)* ........*(x -(tan(π/p))^2)
は、 x の整係数多項式であり、最高次の係数以外の係数は p の倍数であり、
定数項は p^2 で割り切れない

整数問題でmod８で解ける問題が多い気がするんですが、なぜ？

>>522-524
そんな問題も解けない馬鹿ですか？

>>524

de Moivre の公式から、
　sin(pθ) = �納k=0,n] (-1)^k C[p,2k+1] (cosθ)^(p-1-2k) (sinθ)^(2k+1)
　　　= (cosθ)^p �納k=0,n-1] (-1)^k C[p,2k+1] (tanθ)^(2k+1),

　cos(pθ) = �納L=0,n] (-1)^L C[p,2L] (cosθ)^(p-2L) (sinθ)^(2L)
　　　= (cosθ)^p �納L=0,n] (-1)^L C[p,2L] (tanθ)^(2L),
よって
　tan(pθ) = sin(pθ) / cos(pθ)
　　　= (tanθ) {�納k=0,n] (-1)^(n-k) C[p,2k+1] ((tanθ)^2)^k} / {�納L=0,n] (-1)^(n-L) [p,2L] ((tanθ)^2)^L}
　　　= (tanθ) F((tanθ)^2) / G((tanθ)^2),

ところで　
　θ = ±kπ/p,　　(k=1,2,････,n)
ならば、
　tan(pθ)=0, tanθ≠0,
∴　F((tanθ)^2) = �納k=0,n-1] (-1)^(n-k) C[p,2k+1] ((tanθ)^2)^k = 0,
ここに
　F(x) = �納k=0,n] (-1)^(n-k) C[p,2k+1] x^k,
はn次の多項式で、最高次の係数(1)以外の係数はpの倍数であり、定数項(k=0)は (-1)^n C[p,1] = (-1)^n･p,

>>526
　すいません。

>>524

　θ = ±kπ/p,　　(k=1,2,････,n)
ならば、
　sin(pθ)=0, sinθ≠0, cosθ≠0,
∴　F((tanθ)^2) = 0,
でもいいな。

>>527-528
正解
ついでに言うとp が素数のときQ上既約

ここで聞くのもスレ違いかもしれないけど、
a,b,cが互いに素であり、a^2=b^2+c^2を満たすとき
b-cが素数になるっぽいけど、これって証明されてる？

ごめん、1か素数だ。

61＾2=60^2+11^2.

違ったか。すまん。

0 ＜ a ≦ b なる自然数の組 (a, b) で、 a^2 + b^2 が素数なる物を適当に順番付けて
(a_i, b_i), i = 1, 2, 3, ...... とすると、
Arctan(b_i/a_i), i = 1, 2, 3, ..... は Q 上一次独立となる事を示せ。

t_i = Arctan(b_i/a_i), p_i = (a_i)^2 + (b_i)^2 とおくと、
a_i ± b_i * √(-1) = √(p_i) * e^(±t_i * √(-1)) 。

Σ[i=1〜n] c_i * t_i = 0, (nは自然数、c_i はすべて有理数で、少なくとも1つは0でない) と仮定する。
必要なら t_i の順番を入れ替えて正整数を掛けることで、どの c_i も0でない整数としてよい。
このとき
Π[i=1〜n] (a_i + b_i * √(-1))^c_i = Π[i=1〜n]√(p_i)^c_i、
Π[i=1〜n] (a_i + b_i * √(-1))^(2 * c_i) = Π[i=1〜n] (p_i)^c_i、
Π[i=1〜n] (a_i + b_i * √(-1))^c_i = Π[i=1〜n] (a_i - b_i * √(-1))^c_i
だが、Q(√(-1)) の整数環 Z(√(-1)) は一意分解整域だから、これは矛盾である。

>>535
正解

では
Arctan(b_i/a_i), i = 1, 2, 3, ..... に 1 を追加してもは Q 上一次独立か？
これは私も未だ完全に解いてないのだが？

あれっ！
sage で書き込んだのに？

>>536-537
おまえ、数学系質問掲示板について語るスレ２ にも書き込んだろｗｗｗ

>>538
ID調べにカネの使いすぎ＞Ｄ

>>536
c_0 + Σ[i=1〜n] c_i * t_i = 0
(nは自然数、c_i はどれも0でない整数) と仮定する。>>535と同様
Π[i=1〜n] (a_i + b_i * √(-1))^c_i = e^(-c_0 * √(-1)) * Π[i=1〜n]√(p_i)^c_i
Π[i=1〜n] √(p_i)^(-c_i) * (a_i + b_i * √(-1))^c_i = e^(-c_0 * √(-1))
左辺は代数的数だが、右辺はLindemannの定理より超越数なので矛盾である。

わっはっはっは　よーくわかりましたな
すばらしい。

＞Ｄ
これはなんだ

Arctan(3/4), Arctan 1, Arctan 7 は Q 上一次従属であることを示せ。
（今となっては容易問題）

a = Arctan 7, b = Arctan 1
tan(a-b) = {tan(a)-tan(b)} / {1+tan(a)*tan(b)} = (7-1)/(1+7*1) = 3/4

c[n+1]=8c[n]-7で定義される数列c[0],c[1],c[2],...に対し
c[1],c[2],....が全て合成数になるような素数c[0]を2つ求めよ
って問題が東工大AOで出たが
c[0]=2ならc[n]は1+2^nで割り切れる、c[0]=7ならc[n]は7で割り切れるから
2と7が答えになるけど
それ以外にどんな素数が答えになるのか

以下の等式をみたす整数の組(a,b)をすべて求めよ
a^3+3ab+b^3=1

以下の等式をみたす整数の組(a,b)をすべて求めよ
a^{3n}+3a^nb^n+b^{3n}=1

>>545
k=c[0]-1とおくと c[n]=k*2^(3n) +1 だから、
kがSierpinski数であれば c[n] はすべて合成数だけど、
現在知られているSierpinski数の求め方ではk+1が合成数となってしまうので使えないね。
（Sierpinski数でなくても同様の求め方により、例えば k≡83 (mod 195)であれば
k*8^n +1は常に合成数になるが、k+1は3の倍数になってしまう)

>>548
Sierpinski数なんてのがあったのか
東工大の問題作った人の脳の隅にもSierpinski数があったのかな

>>546
a^3+3ab+b^3-1=(a+b-1){(a-b)^2+(a+1)^2+(b+1)^2}/2 だから、
a^3+3ab+b^3=1 ⇔ a+b-1=0 または a=b=-1
(a, b) = (-1, -1), (t, 1-t) (t:整数)

>>547　n は 2 以上の正整数と決め打っておく。
上に述べたことから、a^n+b^n=1 または a^n=b^n=-1

n が偶数のとき、a^n, b^nはともに非負整数であるから (a, b) = (0, ±1), (±1, 0)。

n が 3 以上の奇数のとき、a^n+b^n=1 とすると a, b がともに 0 以下になることはないので、
たとえば a>0 であるとすると b^n = 1-a^n ≦0、よって 0≧b＞-a で a+b は 1 の約数だから a+b=1。
c=-b とおくと 0≦c, a=1+c, a^n-c^n=1 だから、
0 = (1+c)^n - c^n - 1 = C(n-1,1)*c+C(n-1,2)*c^2+...+C(n-1,n-1)c^(n-1)。
右辺の各項は非負であるから、c = 0 でなければならない。
以上より、(a, b) = (-1, -1), (1, 0), (0, 1)。

>>523 の類題

〔出題345〕
　方程式 3^x + 4^y = 5^z の自然数解をすべて求めよ。（だるまにおん）


http://www.casphy.com/bbs/test/read.cgi/highmath/1204794089/345
　casphy - 高校数学 - 整数問題

>>523 の類題

〔出題319〕
　5^x + 3^y = 2^z を満たす整数(x,y,z)の組を全て求めよ。(arccoversinh)

http://www.casphy.com/bbs/test/read.cgi/highmath/1204794089/319
　casphy - 高校数学 - 整数問題

>>551,552
同スレ内で既出。きちんと読め。カス野郎。

453, 456 を参照しる。

>>553
どうして そういうことを言うのかなあ…

5^x + 3^y = 2^z
5u+3v=1
5-6=-1
u2^z=(-1+3m)2^z=5^x-1
v2^z=(2-5m)2^z=3^y-1
2^z(5u+3v)=2^z
x=log((-1+3m)2^z)/log5+1
y=log((2-5m)2^z)/log3+1
(-1+3m)2^z=5^s z=0,m=(5^s+1)/3,x=s+1
m=(2-3^k)/5=(5^s+1)/3
1=3^k+1+5^s+1
k=log(1-5^s+1)/log3-1
y=log(1-5^s+1)/log3

>>487
　「y^2 = x^3 - 4 の有理点 と 整点」[2006.07.01]
　"Rational points and integral points on elliptic curve: y^2 = x^3 -4"
　整点:　(2,±2), (5,±11),
　有理点: (106/(3^2), ±1090/(3^3)), (785/(22^2), ±5497/(22^3)), (151322/(61^2), ±58862702/(61^3)), ･･････
　判別式 Δ = -6912 = -2^8･3^3,
　j = 0,
　導手 N = 432,

[参考書]
　Nigel P. Smart, "The algorithmic resolution of Diophantine equations", LMSST 41, Cambridge University Press, (1998),
　243pp
　£16.95
　ISBN 0-521-64633-2.

http://www.kaynet.or.jp/~kay/misc/ix3m4.html

>>461
〔補題〕
　n≧2,　(5^n) | (7^k -1) ならば、4･5^(n-2) | k,

(略証)
　7^4 - 1 = (7^2 - 1)(7^2 + 1) = 96･5^2,
　k≡0 (mod 4) のとき　7^k - 1 ≡ 7^0 - 1 =　 0 (mod 96･5^2)
　k≡1 (mod 4) のとき　7^k - 1 ≡ 7^1 - 1 =　 6 (mod 96･5^2)
　k≡2 (mod 4) のとき　7^k - 1 ≡ 7^2 - 1 =　48 (mod 96･5^2)
　k≡3 (mod 4) のとき　7^k - 1 ≡ 7^3 - 1 = 342 (mod 96･5^2)
∴　kは4の倍数に限る。
∴　7^k - 1 = (7^4)^(k/4) - 1 = (1 + 96･5^2)^(k/4) - 1 = 24k･5^2 + (k(k-4)/2)･(24^2)･5^4 + ････

ところで題意より、7^k -1 中の5のベキ指数は n≧2,
　7^k - 1 ≡ 0　(mod 96･5^n),

∴　24k･5^2 ≡ 0　(mod 96･5^n)
　k ≡ 0　(mod 4･5^(n-2))
　4･5^(n-2) | k,
(終)

〔問題〕
　x^3 + y^3 + z^3 = 52,　を満たす整数(x,y,z) をすべて求む。

例　(x,y,z) = (60702901317, 23961292454, -61922712865)
　x+y = 84664193771 = 521*162503251,
　z^3 ≡ 52 (mod 521)　より z≡-290 (mod 521)

　

>>487　>>556

Mordell曲線
　y^2 = x^3 -4　　････････ (E)
上に有理点 P1: (x1,y1) があるとき、 (y1≠0)
P1 でのEの接線の傾きは M = (3x1^2)/(2y1), 接線は
　y = y1 + M(x-x1)　　･･･････ (L)
(E) と (L) の交点を考える。
　{y1 + M(x-x1)}^2 = x^3 - 4,
　0 = x^3 -(M^2)x^2 + ････
∴　この３次方程式は x1 (重根) のほかに M^2 - 2x1 を解にもつ。　
　x2 = M^2 - 2x1,
　y2 = M^3 -3M･x1 + y1,
P2: (x2,y2) もまたE上の有理点である。
このようにして、E上に無限に多くの有理点があることを示せる。
例　(2, ±2) → (5, ±11) → (785/(22^2), 干5497/(22^3)) → ･･････

[問]
pを、4を法として1に合同であるような素数とする。
p=4n+1とすると、nはpを法として4乗剰余であること、つまり
a^4≡n (mod p)を満たす整数aが存在することを証明せよ。

>>434 >>551

mod 24 で考える。
　x=0　⇒　2^x = 1,
　x=1　⇒　2^x = 2,
　x=2　⇒　2^x = 4,
　x奇数、x≧3　⇒　2^x ≡ 8　(mod 24)
　x偶数、x≧4　⇒　2^x ≡ 16 (mod 24)

　y=0　⇒　3^y = 1,
　y奇数　⇒　3^y ≡ 3　(mod 24)
　y偶数　⇒　3^y ≡ 9　(mod 24)

　z奇数　⇒　5^z ≡ 5　(mod 24)
　z偶数　⇒　5^z ≡ 1　(mod 24)

>>434 >>551

>>561 より、題意を満たすのは 次の3つの場合。
　(a)　x=1、y奇数、z奇数
　(b)　x=2、y=0、z奇数
　(c)　x、y、z のすべて偶数（x≧4、y≧2）、

　(a) は (x,y,z) = (1,1,1)　　>>453
　(b) は (x,y,z) = (2,0,1)
　(c) y=2y'　z=2z' とおく。
　　2^x = 5^z - 3^y = (5^z' + 3^y')(5^z' - 3^y'),
　5^z' + 3^y' = 2^(x-w),
　5^z' - 3^y' = 2^w,
辺々引いて 2で割る。
　3^y' = 2^(x-w-1) - 2^(w-1),
∴　w = 1,
一方、3^y' ≡ 1, 3　(mod 8)
∴ 2^(x-2) ≡ 2, 4　(mod 8)
　xは偶数ゆえ x = 4,
∴　3^y' = 2^(x-2) - 1 = 3,
∴　y'=1, y=2,
∴　z'=1, z=2,
∴　(x,y,z) = (4,2,2)

〔系〕　>>523 も同様。

ぬるぽ

>>560
aをpで割り切れない整数とするとき、(a/p)をルジャンドルの記号とする。

pが4を法として1に合同であるような素数だから
1=(-1/p)=(-4/p)だからx^2≡-4 (mod p)が解sを持つ
{ {s/2}+1}^2≡s^2/4 +s+1≡s，このとき、{s/2}+1=tとおくとt^4≡-4 (mod p)
明らかにtはpと互いに素である
1≡-4n≡t^4*n (mod p)よってn≡(1/t)^4 (mod p)となるから
a^4≡n (mod p)を満たす整数aが存在することがいえた。

>>562
ガッ

〔問題〕
　(2^n + 1)/n^2 が整数となるような自然数ｎを全て決定せよ。

http://science6.2ch.net/test/read.cgi/math/1254690000/163-166
　面白い問題スレ１６

参考書
　吉永良正「数学・まだこんなことがわからない−素数の謎から森理論まで−」(講談社ブルーバックス) (1990/11)
　ISBN: 406132845X, ISBN-13: 978-4061328457

　秋山 仁＋ﾋﾟｰﾀｰ･ﾌﾗﾝｸﾙ 共著「完全攻略　数学オリンピック」日本評論社 (1991/11/20)
　ISBN: 4-535-78185-0　　　p.68〜70 (ﾐｽﾌﾟﾘﾝﾄ有り) 　

>>564　当スレ >>229にて既出、 解答の方針は >>234で示されています。

>>563　(1+√(-1))^4=-4ということですね。
簡単な関連問題を。

[問]
pは奇素数、4n=p-(-1)^{(p-1)/2}とする。
n^n≡1(mod p)となる必要十分条件は
p≡1(mod 4)またはp=3であることを証明せよ。

pは奇素数

>>565
p≡1 (mod 4)のとき
p=4n+1
>>563より、n≡a^4 (mod p) をみたす整数aが存在する。
このときaとpは互いに素だから、
n^n≡a^(4n)≡a^(p-1)≡1 (mod p)となることがいえる。

p≡3 (mod 4)のとき
p=4n-1だから1≡4n (mod p)となる
p≡7 (mod 8)のとき
b^2≡2 (mod p)をみたす整数bが存在するから4≡2^2≡b^4 (mod p)
p≡3 (mod 8)のとき
b^2≡-2 (mod p)をみたす整数bが存在するから4≡(-2)^2≡b^4 (mod p)

1≡b^4*n (mod p)とかける
bとpは互いに素だからn≡{1/b}^4 (mod p)

したがってn≡c^4 (mod p)をみたす整数cが存在する。
cとpは互いに素だから、n^n≡c^(4n)≡c^(p+1)≡c^2 (mod p)
だからn^n≡1 (mod p)となるのはc^2≡1 (mod p)よりn≡1 (mod p)がいえる。
明らかに1≦n＜4n-1=pだから、n≡1 (mod p)となるのはn=1の場合に限られる。

N = 4^545 + 545^4 が素数であることを証明せよ。

>>568
問題あってる？桁数大杉じゃね？

>>568
4^545≡2 mod 73
545^4≡71 mod 73
よってNは73で割り切れる

9677の倍数でもある

〔問題〕
カレン数の中に素数が無限に存在するか？

Ｃ_n = n･2^n + 1 という数式で表される数をカレン数（Cullen number) という。
ほとんどのカレン数は合成数である一方、カレン素数も無数にあると予想されている｡
Ｃ_n が素数となる n は以下の16個が知られている。
n = 1, 141, 4713, 5795, 6611, 18496, 32292, 32469, 59656, 90825, 262419, 361275, 481899, 1354828, 6328548, 6679881, ……
Ｃ_n　が素数となる n が無限個あるか、という問題が歴史的な問題である。

http://ja.wikipedia.org/wiki/カレン数

〔問題〕
　k･2^n + 1 （k,nは自然数）の形の素数は無限に存在するか？



フェルマー数 F_n = 2^(2^n) + 1 の因数は k･2^(n+2) + 1　(k≧3) の形をしている(Lucas)。
フェルマー数はどの二つも互いに素である。

http://メモ.jp/dictionary/D1007/364.html

>>560
(-1)=g^{(p-1)/2}であり、2^(-1)=g^k を満たす整数kが取れるので、
問題は (p-1)/4 と kのパリティが等しいことを示すのと等価。
kが偶数 ⇔ -2は平方数 ⇔ (p-1)/4は偶数。　これより示せた。

難しいと思われる問題を投下。

「可逆元をちょうど11個持つような環は存在するか」

>>573

〔補題〕p | F_n のとき、p = k･2^(n+1) + 1 (kは自然数)の形
(略証)
　2^(2^n) = F_n - 1 ≡ -1　(mod p)
　2^{2^(n+1)} = {2^(2^n)}^2 = (F_n - 1)^2 ≡ (p-1)^2 ≡ 1　(mod p)
　2^r ≡ 1 (mod p)
を満たす最小の自然数をrとおく。　　(2の位数)
　2^m ≡ 1　⇔　r | m,
　r | 2^(n+1)　より r=2^k, (k≦n+1)
　r | 2^n　でないから k=n+1, r=2^(n+1),
一方、フェルマーの小定理より　2^(p-1) ≡ 1 (mod p)
∴　r | p-1,
∴　p = k･r + 1,　(終)

〔補題〕
　フェルマー数 F_m = 2^(2^m) + 1,　はすべて互いに素。
(略証)
　F_m･(F_m - 2) = F_{m+1} - 2　より
　F_(n-1) | F_n - 2 | F_{n+1} - 2 ｜ …… | F_m - 2 | ……
また、定義より F_m は奇数である。　(終)

〔系〕　nが自然数のとき、等差数列 {k･(2^n) + 1} の中に素数が無限にある。

http://www.casphy.com/bbs/test/read.cgi/highmath/1204794089/383-387
　casphy - 高校数学 - 整数問題
http://messages.yahoo.co.jp/bbs?.mm=GN&action=m&board=1835554&tid=a1vagbfta4acl58ba4kb8badfa49a4ka1a3a1wbf7bftbc0a1aaa1aa&sid=1835554&mid=1&first=1
　Yahoo!掲示板 - 科学板 - 数学カテ - 「素数が無限に存在する！」新数式 トピ

>>573
任意の奇素数 p について、p-1 は偶数、よって p-1 = k*2^n （k はある奇数、n はある正整数）と書ける。
従って、その問題は k または n に何らかの条件をつけないと詰まらないものだろう。

たとえば n を1つ固定し k をパラメータにとるとすれば、
引き合いに出されているLucasの定理より、F_m (m≧n-2)の素因数が条件を満たし、
これは無限に存在する。
牛刀的だが、Dirichletの算術級数定理を用いてもいい。

それでは逆に、正整数 k を1つ固定して考えるとき、k*2^n + 1 が素数であるような
正整数 n は無限に存在するのだろうか。
kが1または2のべきの場合はFermat素数を求めることになるが、これは周知の通り未解決問題である。
また、適当にkを選べば k*2^n + 1 がいかなる正整数 n についても
素数とならないことがSierpinskiによって示されている。（本スレ >>77, >>78 を参照）

>>577
lucasの定理とか少し大袈裟な気が。
そんなもん、(2/p)の値をみれば明らか。

>>578
どこから(2/p)が出てくるんだ…？
具体的に、たとえば1024k+1の形の素数が無限に存在することを示すのに
「(2/p)の値をみれば明らか」って言われても意味不明。

[命題]
任意に整数n≧2を与えるとき、
F_nの任意の素因数pに対して、
v_2(p-1)≧n+2 が成立する。

お宅はこれを大袈裟にlucasの定理とかいっているわけよね。
この命題が正しいことは(2/p)をみれば明らかといっているわけ。

まあ、意味不明と言われたからには証明の概観を書くとするか。
まず、お宅が既に書いたように、v_2(p-1)≧n+1 はいえたわけよね。
n≧2だから、とくに、(2/p)= +1 がいえるわけ。
これから、2^((p-1)/2) = +1　・・・(*) がいえるね。
で、お宅が既に示したように、ord_p(2)= 2^(n+1) だから、
(*)より、2^(n+1)|(p-1)/2　がいえるわけ。はい終わり。

こんな底辺レベルな書き込みしてしまってすみません。
スレ汚しすみませんでした！

定理なんて大袈裟なものでもなんでもないが。
フェルマーの小定理より(>>60)とか大袈裟だってか。

>お宅はこれを大袈裟にlucasの定理とかいっているわけよね。

lucasの定理って>>577が言い出したんじゃなくて>>573に書いてあるじゃん。
(２ちゃんで「お宅」なんて使う奴はじめて見た)

「任意の自然数ｌ、ｍ、ｎに対して、
（ｍ＋ｌ）Ｃｌ＊（ｍ＋ｌ＋１）Ｃｌ＊・・・＊（ｍ＋ｌ＋ｎ−１）Ｃｌは
ｌＣｌ＊（ｌ＋１）Ｃｌ＊・・・＊（ｌ＋ｎ−１）Ｃｌで割り切れる」

>>583
m=1の時を示して、それを使ってmに関する数学的帰納法

m=1の場合は以下の式から成り立つ
Π[k=0,n-1] C[k+l+1,l] = C[n+l,l] Π[k=0,n-1] C[k+l,l]

>>584
mに関する帰納法ではうまく運ばないはず・・・。
mでの成立を仮定しても、それがm+1で活かせない。C［m+l+n,l］/C［m+l,l］が
整数であることを言わないといけないが、それができない。
根本的に違う解法の気がするが、難しい・・・。

>>583
ルジャンドルの等式を用いて、簡単な解析をすればでてくる。
ルーチンワーク。それ以外の方法に興味があるかもしれない。

>>586
なんだそれ？そもそもぐぐっても
ルジャンドルの多項式しかヒットしないけど・・・。
ルジャンドルの多項式の漸化式を使うのか？

たぶんだけど、
v_p(n!) = Σ[n/p]　が成立するというものでは。

ここに Legendre's Identity と紹介してあるね。
http://www.jstor.org/pss/2316661

たしかに上の等式は問題を床関数の解析におとしこむね。
でも、床関数の解析がいつも簡単だとはおもわないけどね^^;
すくなくとも、この問題だと、ΣΣを評価することになると。

素因数ｐの個数っていう等式でしょ？
そこまでは分かるが・・・
俺としては、583の命題の持つ美しい関係に感動する位だ。
任意の自然数という条件もすばらしい・・・。

普通に高坊でもできる

>>575
可逆元をちょうど11個持つような環は存在しない。

(証明)
Rは|R×|=11である環と仮定する。Rの乗法単位元をeとおく。位数が素数なので、R×は巡回群。R×=<a>とする。

(-e)^2=eだから、-e∈R×で、その位数は1または2だが、11の約数だから位数は1、
つまり-e=eでなければならない。よって2e=0だからRの標数は2。
すると(e+a+a^2)(a+a^2+a^4+a^5+a^7+a^8+a^10)=eだからe+a+a^2∈R×、
よってある整数n (0≦n≦10)があって、e+a+a^2=a^nと書ける。

F_2を標数2の素体とし、fをf(1)=e、f(X)=aで定義される、F_2[X]からRへの環準同型写像とする。
p(X)=1+X+X^2-X^n∈F_2[X]、q(X)=X^11-1∈F_2[X]とおくとf(p)=f(q)=0だから(p,q)⊂Ker(f)。
F_2[X]はPIDだから、イデアル(p,q)は単項で(s)と表されるが、
一方、p(1)=0より(X-1)|p(X)で、また、r(X)=X^10 +X^9 +...+X+1 とおくとq(X)=(X-1)r(X)であり、
r(X)はF_2[X]において既約(※)で、さらにr≠pだから、結局s(X)=X-1。
ところが(s)⊂Ker(f)だから0=f(s)=a-e、つまりa=eとなり、aのとり方に反する。(証明終)

(※)
r(X)=X^10+X^9+...+X+1がF_2[X]で既約であることは、rがF_2[X]の5次以下の既約元で
割り切れないことをみればよい。F_2[X]の5次以下の既約元は次の14個であることはすぐにわかる。
1次：X, X+1、2次：X^2+X+1、3次：X^3+X+1, X^3+X^2+1、4次：X^4+X+1, X^4+X^3+1, X^4+X^3+X^2+X+1、
5次：X^5+X^2+1, X^5+X^3+1, X^5+X^4+X^3+X^2+1, X^5+X^4+X^3+X+1, X^5+X^4+X^2+X+1, X^5+X^3+X^2+X+1

>>591
すばらしいです！
そんな初等的な方法があるものなんですね。
私は傍らから考えてはいましたが...。

>>r≠pだから
ここは q≠p だから の間違いですよね。
または deg(p)＜11 だからってことでしょうね。

850

[問題]
p, qを相異なる素数とし、F_p=Z/pZを標数pの素体とする。
F_p上の多項式環F_p[X]の元f_q(X)=(X^q -1) /(X-1) = Σ[k=0〜q-1] X^kが既約である必要十分条件は、
p mod qがZ/qZの原始根であることを証明せよ。

標数0の場合はEisensteinの判定条件により、任意の素数qについてf_q(X)がQ上既約であることが示されるが、
標数正の場合はどうかという問題。これを使えば、>>591のr(X)がF_2上既約であることが簡単に示せる。