初等整数論の問題

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 そこ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^^
(ただ、拡張については考える余地があることが多いかもです^^)

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

カレー味のうんことうんこ味のカレー、どっち食べたい？

はじめに数題ここに挙げておきます^^
はじめということなので手早く処理できる容易問題を^^

(問題)
|x/y-√17|＜1/y^3 を満たす互いに素な正整数x,yの組を全て求めよ。

(問題)
X^3+aX+bE=0 を満たすX∈M_2(Z)が存在することは
方程式:x^3+ax+b=0 が整数解をもつことの必要十分条件であるといえるか。
(M_2(Z)というのは整数成分の2×2行列全体の集合です^^)

(問題)
2つの数p^2*q*r±1が共に素数となるような
素数p,q,r(p≧q≧r)の組を全て求めよ。

事実は知ってるけど、証明法は知らない奴もいいですか？

p : 素数

Σ[p<n] p ＜ 3^n

これは正しいみたいなので、証明お願いします。

Σ[p<n] p ＜ e^n

これは、正しいかどうか知らないです。もし証明できるのならお願いします。

>>4
3^nのほうはもっと強い不等式が比較的簡単に証明できるよ証明は適当な教科書にあるから それ書き写せば終わりやけど 面倒だから証明の指針だけでいいかい？

>>5
それでいいですので、お願いします。出来れば教科書名があればそれもm(__)m

これは良いスレ

^^;　←あなた暇そうですね

LiDIAの開発が止まっているようなので、パズル解きより、こちらで貢献してください
http://www.cdc.informatik.tu-darmstadt.de/TI/LiDIA/

よろしく

高校入試レベル＾ｐ＾

問題
1，2^1，2^2，2^3，2^4，2^5，……，2^100
上のように、1を先頭とし、それ以降は2^n（1≦n≦100）を小さい順に並べた列がある。

(１)2^50は最高位の数字が１である。2^50と桁数が同じものを上の列から全て挙げ、それぞれの最高位の数字を記せ。
(２)上の列の中に、最高位の数字が１である数はいくつあるか。
(３)上の列の中に、最高位の数字が４である数はいくつあるか。

2人の女性が喫茶店で会話をしている。

女性A「私には3人の娘がいるの。3人の年齢を掛けると36、足すとアナタの長女と同じ年齢になるわ。」
女性B「それだけじゃ、子供達全員の年齢を当てるのは無理よ。」
女性A「確かにそうね。一番上の娘は美しい青い目をしているわ。」
女性B「それでわかったわ、みんなの年齢が。」

Aの3人娘の年齢は？

小学生レベル＾ｐ＾

問題
「水槽に200匹の魚がいます。99％はグッピーです。
水槽にいる魚の98％をグッピーにするには、何匹のグッピーを水槽から取り除けばいいでしょうか？」

高校レベル＾ｐ＾

aを整数と定義すると、a(a+1)(a-4)は６の倍数であることを証明せよ

>>9
そこらへんにある問題だな。
2のべき乗の頭の桁の推移をみると
自然にいくつかのグループにわけられる。各グループの数に関しての連立方程式を解けばいい。
小学校レベルだよ。
>>12
池沼レベル。
池沼対応の解答を与えると
A A+1 A+2
の中には 2,3の倍数が必ずあるから。

10,11はもはやスレ違いじゃね？

テンプレ追加
http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/suuron/suuron.html

そのリンクは日本語で初歩が書いてあってとてもいいね。
>>1 の定理一覧は全部英語で 俺みたいな低脳には辛い。
ただあんだけ定理を使いこなせれば そこらへんにある問題がとても簡単にみえるだろうね

大学入試レベル^p^

(1) x^2 + y^2 + z^2 = n を満たす整数の組(x, y, z) が存在しないような正の整数n を小さいものから順に5 個求めよ．
(2) 「正の整数n を8 で割ったときの余りが7 ならば，x^2 + y^2 + z^2 = n を満たす整数の組(x, y, z) が存在しない」というのは，つねに正しいか理由を述べて答えよ

(1) 平面上で，3 頂点の座標がすべて整数の組であるような三角形の面積の二倍は整数であることを示せ
(2) 平面上で，3 頂点の座標がすべて整数の組であるような正三角形は存在するか
(3) 平面上で，5 頂点の座標がすべて整数の組であるような正五角形は存在するか

素数を小さい方から並べた数列をp(k)で表す時、任意の正の整数nに対して

Σ{k=1,n}p(k)<m^2<Σ{k=1,n+1}p(k)

を満たす整数mが存在すると言えるかについて調べよ。

100レス以上スルーされた問題は全部＾＾さんが解いてくれるそうですよ
みんながんがん問題を貼りましょう

^ρ^の問題はどこかでみたような問題ばかりで安心できるから良い。
みんなそういう安心できる問題を望んでいるのだと思う。
>>3 はスレにふさわしい正しい問題かもしれないけど 誰もそんな問題は望んでいないと思う。
オリジナル問題に価値はあるのか。
そこらへんにある問題を解けることに価値があるのでは？
俺のような価値感の人は他にもいると思う。

興味のない問題を批判している暇があったら
その時間で興味のある問題を解けばいいとおもう。

それぞれが、それぞれ興味のある問題を考えればよい。

>>18
(1) n=7, 15, 23, 28, 31　だけ。
(2) 正しい。 mod 8 でアボーンや

>>18
(1)座標平面上に点X(a,b),Y(c,d)が与えられたとき、
三角形OXYの面積は |ad-bc|/2 で表せられるンだから
平行移動を考えれば これから正しいことがいえるンや

(2)存在せえへん。
3つの点のうち,1点は原点にあるとしてよい。(平行移動を考えている)
残り2つの点のうち、片方はもう片方の点を±60°回転させたものである。
そのことから、片方の座標を(a,b)などというふうに表現したとき、
もう片方の点をa,bを用いてどのように表現されかを見る。
あとは有理数a,bに対して、a+b√3=0 ⇔ a=b=0 であることを使えばよい。

(3) 存在しない。(2)と同様である。
a+b√5=0 ⇔ a=b=0 であることを使えばよい。

>>3
3問目の解答

M=p^2*q*r+1, N=p^2*q*r-1 とおく。
M,Nがともに素数となるような素数p,q,r(p≧q≧r)の組を全て見つけたい。
M＞N≧2^2*2*2-1=15＞5＞3＞2 であるから、
M,Nはともに奇数であるといえる。これからr=2がいえる。
M=2p^2*q+1, N=2p^2*q-1 となる。
p=3 と仮定すると、q=2 or q=3　であり、
q=2とすれば、N=2*3^2*2-1=35 となり不適
q=3とすれば、M=2*3^2*3+1=55 となり不適
よって、p≠3であるといえる。だからp^2≡1(mod 3)である。
(一般に平方数はmod 3で0か1のいずれかに合同)
なので M≡2q+1, N≡2q-1 (mod 3) である。
よって q≠3であるならば M,Nのいずれかは3で割り切れる。
しかし M,N＞3であったから これは不適である
だから q=3 であることがいえる。
M=6q^2+1, N=6q^2-1 となる。
M≡q^2+1, N≡q^2-1 (mod 5) である。
一般に平方数はmod 5で0,1,-1のいずれかに合同であるから、
q≠5 であるとすれば q^2≡1, -1 となってしまい、
M,Nのいずれかは5の倍数になってしまう。
しかし M,N＞5であったから これは不適である。
よって q=5 であることがいえて このとき
M=151, N=149 となり　これはともに素数となっている
こたえは (p,q,r)=(5,3,2)

痛みに耐えてよく頑張った! 感動したっ! (小泉潤一郎)

ミスった...
q=3が決まったあとに qという文字をまだ使っているけど
それらはすべてpが正しい(こたえのところ以外では)

>>4
lcm(1,2,3,...,n-1,n) ＜3^n
という不等式の成立はよく知られている。
このlcmはΣ[p<n] pより明らかに大きいので
そういう意味でより強いということ。

研究室がちらかっていて本が探せない酷い状態だけど
幸いそれとほとんど同じ内容のpdfをみつけたので(証明の方法が)
次のURLのpdfのHanson's Theorem の証明のところを読めばいい。
たしかに初等数論の方法だからスレチではないはず。

失礼。肝心のURLを忘れていた。
http://www.math.uiuc.edu/~pppollac/sschur.pdf

>>3
2題目の 整数解が存在　⇒　条件満たすM_2(Z)が存在
についてはほとんど明らか
というのも x^3+ax+b=0の整数解をx=nとしたとき
X=nE とすることで X^3+aX+b = (n^3+an+b)E = 0*E = 0
となるので。
逆は考え中。逆については全く明らかでないとおもわれ。
というのも 別の多項式だと たくさんの反例がつくれたので。
ただ予想だけいっておくと 「正しい」

>>26
lcm(1,2,3,...,n-1,n) ＜3^n
ですか。なるほど！　
なんか当然のことのように Π[p<n] p ＜ 3^n が使われていた論文を昔見て、
「有名な事実ンなんだな」と考えてたんですが、最近、ふと証明が気になって
自分で証明しようと思ったら、結構難しくて困ってたんです。
検索にもなかなか引っかからないし。　ありがとうございました！

>>19
一般的に次が言えることに注意する。(証明は容易ゆえ省略)
(a_n)_[n∈Z+]を実数列とする。
S_n:=Σ_[i=1,n]a_iによって数列(S_n)_[n∈Z+]を定める。
このとき次のことがいえる。
S_n≧0かつa_(n+1)≧2+2√S_n ⇒ 区間(S_n,S_(n+1))に平方数が存在する
以上のことを念頭におき問題の解答を記したい。
1≦n≦4に対して 間に平方数が存在することは手計算で確認できる。
任意にn≧5を固定する。このときもやはり間に平方数が存在することを示したい。
S_n:=Σ_[i=1,n]p_iによって数列(S_n)_[n∈Z+]を定める。
開区間(S_n,S_(n+1))に平方数が存在することをいえばよい。
明らかにS_n≧0であるから、前に述べたことから
p_(n+1)≧2+2√S_n　の成立を示せば十分である。
n≧5であるからp=2m+1を満たす整数m≧5が取れる。
このとき 次のようにS_nを上から評価することができる。
S_n≦1+3+5+...+(2m-1)+(2m+1)+2-1-(2m-3)=m^2+5
ここでは 右辺に-(2m-3)の項を入れられる理由を説明する。
それは m≧4であるから とくに 3＜2m-3＜2m-1＜2m+1 であり
2m-3,2m-1,2m+1のいずれかは3の倍数であることからきている。
(2m+1は素数であるから実質2m-3か2m-1が余分な項だといえよう)
さて、S_n≦m^2+5 がいえた。これとp_(n+1)≧2m+3に注意すると、
p_(n+1)≧2+2√S_n　の成立が以下のように確認できる。
まず 2m+3≧2+2√(m^2+5) を同値変形により正しいことを示す。
2m+3≧2+2√(m^2+5) ⇔ 2m+1≧2√(m^2+5)
⇔ (2m+1)^2≧4(m^2+5) ⇔ 4m≧19 ⇔ m≧5
よって 2m+3≧2+2√(m^2+5)　の成立がいえた
ここで S_n≦m^2+5　かつ p_(n+1)≧2m+3 を使えば
p_(n+1)≧2m+3, 2+2√(m^2+5)≧2+2√S　となる
したがって p_(n+1)≧2+2√S_n の成立がいえたことになる。
問題の回答はここまで

こういう良スレは常にage進行でいいと思うょ

わたしからの問題

(p_i)_[i∈Z+] を2から始まる素数列とする。
このとき どんな整数n＞9に対しても、p=p_nとおくならば、
Σ_[i=1,n]p_i ＜ (1/6)(p+13)(p-9) が成立する。
これを証明せよ。

よくこんな解法思いつくなと感心

>>10
ややスレチだとおもわれ。

ふたりの女性の頭が男性的(クール)だと仮定する。
A,B,C(A≧B≧C)を姉妹の年齢とする。
A,B,Cは整数であるから、ABC=36より
(A,B,C)の組み合わせとしては次の7通りが考えられる。
(36,1,1),(18,2,1),(9,4,1),(9,2,2),(6,6,1),(6,3,2),(4,3,3)
「それだけじゃ、子供達全員の年齢を当てるのは無理よ」
とあるので ペアの和だけでは決まらない組が候補である。
それは (9,2,2),(6,6,1) の２組である。それ以外は和だけで1つに決まる。
最後に「確かにそうね。一番上の娘は美しい青い目をしているわ。」
とあるが これは理解に苦しむが、仮に、
一番上の娘がひとりしかいないということならば答えは(9,2,2)であろう。

双子でなくとも同じ年齢の同父母姉妹は普通にあるのでそれは誤り

マジレスするとこの文章だけじゃ
最後の２択をどちらか片方に決めるのは論理的ではない。

n を正の整数とする。
(a + b)^n を二項定理によって展開した式の各項の係数がすべて奇数になるのはどのような n か。
（出典：2002年慶応義塾大学看護医療学部）

自然数n に対して，1, 2, 3, …, n の中で n と互いに素な自然数の個数をφ(n) と表すことにする。
(1) p を素数，m を自然数とするとき，φ(p^m) を求めよ。
(2) a と b が互いに素な自然数であるとき，φ(ab) = φ(a)φ(b) が成り立つことを示せ。
(3) φ(n) = 6 となる自然数 n をすべて求めよ。

>>37
2項係数に関するLUCASの定理を適用すれば nが2のべきであることが必要十分であるとわかる。
上記定理はよく知られていて、証明は比較的容易でどこにでもあることに注意。

>>38
φnはZ/nZの単数群G=(Z/nZ)*の位数である。
Z/nZを中国剰余定理を用いて分解することでとくにGの分解構造が得られる。
その構造からとくにφの乗法性がいえる。
あとは(1),(3)についてであるが
前者はpの倍数を除くということを考えれば φ(p^n)=p^nｰp^(nｰ1)=(pｰ1)p^(nｰ1)とわかる。

>>38
(3)
6≠2かつv_2(6)=1であるからつぎの2種だけがありえる。
n=2p^k,p^k
(kは正整数、pは奇素数)
φ(2p^k)=φ(2)φ(p^k)=1*φ(p^k)=(pｰ1)p^(kｰ1)これが6になる場合を考えるわけである。
(φ(2p^k)=φ(p^k)がいえてることに注意。つまり片方の場合を考えるだけで十分)
6は平方因子をもたないので k≦2である。
k=1のとき
(pｰ1)=6 より p=7
k=2のとき
p(pｰ1)=6 より p=3
以上より求める全てのnは
n=18,14,9,7
で全てである。

>>4 の上の問題を教えてくれたお礼に、喜んでくれそうな問題をば。

a,n ∈N

a^n ≡ a^(n-φ(n)) (mod n)

を示せ。

>>42
一般に正整数m,nに対して n|m ⇒ φ(n)|φ(m) がいえる ・・・�@

(命題)
任意の正整数a,nに対して、
a^n ≡ a^(n-φ(n)) (mod n) ・・・й

この命題が真であることを示したい。
正整数aを任意に固定しておく。

n=1のとき йは明らかに成立している。
nが素数のときは a^n≡a, n-φ(n)=1 より、やはりйは成立している。

以下、nが合成数であるときを考えるとする。
このとき、n-φ(n)≧√n　・・・�A の成立がいえる。
(この不等式はまさに下記のURLの(19)に相当している
http://mathworld.wolfram.com/TotientFunction.html)
また、素数q,正整数mからなる任意の組(q,m)≠(2,3)に対して、
q^m≧m^2 ⇔ q^(m/2)≧m　・・・�B の成立がいえることにも注意する。

n=Π_[i=1,k](p_i)^(e_i) によってnの標準素分解を与える。
йの成立を示すためには各素冪(p_i)^(e_i)に対して、
a^n ≡ a^(n-φ(n)) (mod (p_i)^(e_i)) ・・・ё
が成立することを示せばよい。以下それを示す方向にうつる。

任意に正整数i(1≦i≦k)を取り、m=e_i, q=p_i とおく。

(�@) gcd(q,a)=1 であるとき �@に注意して
a^(-φ(n))≡(a^(-1))^(φ(n))≡1 (mod q^m) と計算できるから
ёは明らかに成立しているといえる

(�A) q|a であるとき (このときが一番の問題である)
a^(n-φ(n))|a^n であるから、q^m|a^(n-φ(n)) を示すことができれば
ёの左辺,右辺ともに0になるので ёの成立がいえる。
v_q(a^(n-φ(n)))=(n-φ(n))v_q(a)≧n-φ(n) ・・・щ
q=2かつm=3のときを先につぶしておこう。
このとき n=8c(c:奇数)とかけるので φ(n)=φ(8)φ(c)=4φ(c)＜4c=n/2
となることから n-φ(n)＞n-(n/2)=n/2≧8/2=4＞3　がいえるので
щより ёの成立がいえる。最後に(q,m)≠(2,3)のときを考える。
このときは �Bおよびn≧q^mに注意することで
(q,mの定め方から とくに q^m|n であるから n≧q^m となるわけである)
√n≧q^(m/2)≧m がいえて、 √n≧m　の成立が得られる。
ここで �Aを用いれば n-φ(n)≧√n であることより、
あわせて n-φ(n)≧m　であることがいえる。
最後にщを利用することで めでたく ёの成立が示される。

2つの記号の説明をしておきます。

整数nと素数pの組に対して v_p(n):= (nがp^kで割り切れるような最大の整数k)
一言でいうと nを標準素分解を与えたときの素因数pの重複度である。

整数a,b(a≠0) a|b などというのは bがaで割り切れるということです。

>>42 の問題の証明をコンプリートしたつもりだけど
ポイントを箇条書きしてみると以下の通り。

・nが合成数かそうでないかで場合わけ
・n-φ(n)≧√n (n:合成数)の不等式
・nを素冪の積に分解し、素冪ごとに問題を分解する
・aと互いに素な素冪と そうでない素冪の場合にさらにわける

2007一橋大・前期
mを整数とし、f(x)=x^3+8x^2+mx+60とする。
(1)　整数aと、0ではない整数bで、f(a+bi)=0をみたすものが存在するようなmをすべて求めよ。
ただし、iは虚数単位である。
(2)　(1)で求めたすべてのmに対して、方程式f(x)=0を解け。

2007一橋大・後期
直角をはさむ二辺の長さがa, bの直角三角形がある。内接円の半径をrとする。
(1)　rをa, bで表せ。
(2)　a, bは整数とし、r=5とする。このようなa, bの組をすべて求めよ。

2006一橋大・前期
次の条件（a）, （b）をともにみたす直角三角形を考える。ただし、斜辺の長さをp,
その他の2辺の長さをq, rとする。
（a）　p, q, rは自然数で、そのうちの少なくとも2つは素数である。
（b）　p+q+r=132
（1）　q, rのどちらかは偶数であることを示せ。
（2）　p, q, rの組をすべて求めよ。

2006一橋大・後期
正の整数nに対して、n=k+2lをみたすような0以上の整数の組（k, l）の個数をa_nとする。
また、n=p+2q+3rをみたすような0以上の整数の組（p, q, r）の個数をb_nとする。
（1）　a_nをnで表せ。
（2）　nが6の倍数のとき、b_nをnで表せ。

数列{a[n]}は
　a[n+2] = |a[n+1] - a[n]|
を満たす。
(1) a[1],a[2]が有理数ならば、a[k]=0となるkが存在することを示せ。

(2) a[1]=√3,a[2]=√2ならば、n≧3のとき
a[n]=x[n]√3+y[n]√2
をみたす整数x[n]、y[n]は0にならないことを示せ。

初等整数論　日本評論社　遠山　啓　著

>>47 前問(1)
f(x)がa+biを零点としてもつときa-biも零点としてもつ。
もう1つの零点をcとおく。解と係数の関係式から
-8=(a+bi)+(a-bi)+c=2a+c ・・・�@
m=(a+bi)(a-bi)+c(a+bi)+c(a-bi)=a^2+b^2+2ac ・・・�A
(a+bi)(a-bi)c = -60 ・・・�B
�@から c=-2(a+4) であるから　これを�Bに代入整理すると
(a+4)(a^2+b^2) = 30 ・・・�C
a^2+b^2＞0で 30は正であるから a≧ -3 である。
そのもとでは 30≧(a+4)(a^2+1) (b≠0であるから) がいえる。
この不等式から a≦2 であることがいえる。
まとめると -3≦a≦2 ・・・�D であることがいえた。
さて ここから順次代入して確かめていってもよいが
ここでは 30が平方因子を含まないことに着目してみる。
30は平方因子を含まないので a,bは互いに素であることがいえる。
よってとくに a^2+b^2は3で割り切れないことがいえる。
ということは a+4は3の倍数であることがいえる
そのもとで �Dをみると 候補としては a=-1,2 の2つだけに絞れる。
a= -1のとき �Cより b=±3, a=2のとき �Cより b=±1 となる。
考えられる(a,b)が全て求まった。あとは(2)を含めて省略。

>>43-46 あっさりコンプですか。すごいですね！
（俺がそもそも数学科じゃないというのもあるが、丸一日かかって
　分からんかったやつを、いともあっさりと解きやがってっｗｗ）

一応、別解というか、用意してた>>42のテクニカルな証明はこんな感じ。
------------------------------
a＝1, n＝1 の時は自明なので a＞1, n＞1 とする。
n を素因数分解した時、素因子p が p|a かそうでないかで分けて、
前者をb, 後者をc とする。つまり、n＝bc, gcd(b,c)＝1, gcd(c,a)＝1
明らかに a^φ(c)≡1 (mod c) なので、
a^φ(bc)＝a^(φ(b)φ(c))＝(a^φ(c))^φ(b)≡1 (mod c)
故に c|a^φ(n)-1 …�@
今、p を b の素因子とする。b を素因数分解した時の p の指数部を r、
a を素因数分解した時の p の指数部を s(≧1) すると、
r ≦ (p-1) p^(r-1) φ(n/p^r) ＝ p^rφ(n/p^r)-p^(r-1)φ(n/p^r)
　≦ p^r(n/p^r)-φ(p^r(n/p^r)) ＝ n-φ(n) ≦ s(n-φ(n))
故に、b|a^(n-φ(n))　…�A
�@,�A より　bc|a^(n-φ(n))(a^φ(n)-1) つまり n|a^n-a^(n-φ(n))

>>52
おっ 良い解答だね。
r ≦ (p-1) p^(r-1) の部分が巧いね。
要は r ≦ φ(p^r) の部分で、
これは全ての素数pと正整数rで成立する。
だからとくにnが合成数かどうかで分ける必要はないということか。
思考停止的(機械的?)に問題を処理することとは対照的で良いかも

>>52
と、おもったけど 質問いいかな？
ちょっとわからないところがあるのだけど。
終わりから4行目3行目をまたぐ不等式の部分で
p^rφ(n/p^r)-p^(r-1)φ(n/p^r) ≦ p^r(n/p^r)-φ(p^r(n/p^r))
の部分はなぜ成立がいえるかな？
これは φ(p^r(n/p^r))≦p^(r-1)φ(n/p^r) と同値だよね。
でもp≧3のときは左辺のほうが大きい気がするのは きのせい？
というのも φ(p^r(n/p^r))=φ(p^r)φ(n/p^r)=(p-1)p^(r-1)φ(n/p^r)
だから (p-1)≧2が掛け算されている分だけ 左辺のほうが大きい。

おめーらすげーよ，まじはんぱねー

>>49 (1)
a[1],a[2]が有理数であるとする。次のことはすぐわかる。
ある整定数p＞0が存在していて、任意の整数n≧3に対して
a_n≧0でありa_n=b_(n-2)/p を満たす非負整数b_(n-2)が取れる。
とくに これに対して 非負数列(b_n) (n=1,2,..)が定まる。
さらにこれに対して c_n=max{b_(2n-1),b_(2n)}によって、
非負整数列(c_n)を定めることにする。
明らかに各正整数nに対して b_(n+2)=|b_(n+1)-b_(n)|の成立がいえる。
b_n=0を満たす正整数nが存在しないと仮定する。(これから矛盾を導きたい)
このとき当然c_n=0を満たす正整数nは存在しないといえる。
(c_n)は非負整数列であるから 仮に(c_n)が単調減少であることがいえれば、
それは先ほど述べたことに矛盾しているといえる。
そこで (c_n)の単調減少性を示すことにする。
任意に正整数nを取るとする。
仮定より、b_(2n-1)≠b_(2n) がいえることに注意する。
(もし等号がいえたらb_(2n+1)=0となり矛盾であるから)
b_(2n-1)＞b_(2n) であると仮定すると
b_(2n+1)=b_(2n-1)-b_(2n)＜b_(2n-1) であり、
b_(2n+2)=|b_(2n-1)-b_(2n)-b_(2n)|=|b_(2n-1)-2b_(2n)| である。
ここで |b_(2n-1)-2b_(2n)|＜b_(2n-1) の成立を次のように確認できる。
x=b_(2n-1),y=b_(2n)とおくとき、|x-2y|＜x ⇔ |x-2y|^2＜x^2
⇔ x^2-4xy+4y^2＜x^2 ⇔ 4y^2＜4xy ⇔ y＜x (これは仮定より正しい)
(しつこいが x,yはともに正であるから このような同値がいえる)
c_n = b_(2n-1) であり 上で確認したことから c_(n+1)＜c_n がいえる。
次に b_(2n-1)＜b_(2n) であると仮定する。
このとき b_(2n+1)=b_(2n)-b_(2n-1)＜b_(2n) であり、
b_(2n+2)=|b_(2n)-b_(2n-1)-b_(2n)|=|-b_(2n-1)|=b_(2n-1)＜b_(2n)
であることから c_(n+1)＜c_n の成立がいえる。
あわせて(c_n)の単調減少性が示されたといえる。
前に述べたことよりこれは矛盾であったから従って題意は示せた。

>>53-54
えっと、>>52書いた後飯食い行ってて、遅れました。というか、酷い間違いですね；；
スミマセンでした＞＜
しかし、良く考えるともっと普通に出来そうだったので、>>52書き直します。
違いは r ≦ n-φ(n)　を示すところです。
――――――――――――――――――――――――
a＝1, n＝1 の時は自明なので a＞1, n＞1 とする。
n を素因数分解した時、素因子p が p|a かそうでないかで分けて、
前者をb, 後者をc とする。つまり、n＝bc, gcd(b,c)＝1, gcd(c,a)＝1
明らかに a^φ(c)≡1 (mod c) なので、
a^φ(bc)＝a^(φ(b)φ(c))＝(a^φ(c))^φ(b)≡1 (mod c)
故に c|a^φ(n)-1 …�@
今、p を b の素因子とする。b を素因数分解した時の p の指数部を r、
a を素因数分解した時の p の指数部を s(≧1) すると、
φ(p^r)=p^r-p^(r-1) に注意して、
r ≦ p^(r-1) φ(n/p^r) ≦ p^(r-1) φ(n/p^r) + p^r(n/p^r-φ(n/p^r))
　＝ p^r(n/p^r)-φ(p^r)φ(n/p^r) ＝ n-φ(n) ≦ s(n-φ(n))
故に、b|a^(n-φ(n))　…�A
�@,�A より　bc|a^(n-φ(n))(a^φ(n)-1) つまり n|a^n-a^(n-φ(n))

--------
またなんか間違えてそうな？w

f=x^3+8x^2+mx+60=0
fx^=s^2(x^2+8x+m)+60x^
(a^2+b^2)(a^2-b^2+8a+m)+60a=(-(a^2+b^2)(a+4)+30)2bi
30=(a^2+b^2)(a+4)=1*30,2*15,3*10,5*6->(a,b)=(2,1),
a^2-b^2=(a+4)(a-4)+16-b^2
30(a-4)+(16-b^2+m-32)(a^2+b^2)+240=0
m=30(a+4)/(a^2+b^2)+16+b^2=(a+4)^2+16+b^2=36+16+1=53

>>17
(1)　n = (4^m)(8k+7),　ただし m,k = 0,1,2,…

(2)　x^2 ≡ 0 or 1 or 4　(mod 8)
　　y,z についても同じ。

　逆を示すには２次形式の議論を要す。


>>37
　n = (2^m) -1,　　　…… メルセンヌ数

　ord_2(k) = ord_2(n+1-k),　　　(1≦k≦n)

>>57
これは正しいですね。r≦p^(r-1)が解答の核となっている不等式。

これと
　k･C[n,k] = (n+1-k)･C[n,k-1],
から
　C[n,k] の2ベキ次数は一致する。(0≦k≦n)
一方、
　C[n,0] = C[n,n] = 1,

>>60
どうも。間違い指摘してくれた上に、なんかありがとう。
あまり時間ないですが；；　また面白そうな問題あれば持ってきます。

>>39
解答がまちがっているようです。
lucasの定理を適用すると次のようになります。

(a+b)^nの各項の係数は全て奇数であると仮定します。
nを2進展開します。このときnに0ビットがあると仮定します。
そこの部分のビットが1であるような正整数m(1≦m≦n)が取れます。
n,mによる2項係数(n,m)にlucasの定理を適用すれば
ただちに(n,m)≡0(mod 2)を得ます。これは矛盾です。

下記URLにlucasの定理およびその証明があります。
http://en.wikipedia.org/wiki/Lucas%27_theorem
知らない人は参考にどうぞ。
証明自体は単純なので >>37
みたいな問題にこれを適用するのはアレかとおもいますｗ
しかしながら この定理を知っておけば その視点においては
>>39 はtrivialですから あまり価値がないようにみえるかもですね。

失礼。>>37 の問題がtrivialという意味ですｗ
問題をlucasの定理を前面に出さずに解くならこんな雰囲気でしょう。
要するに F_2[X]の中で (X+1)^n がどんな感じになるかを見るのです。
(X+1)^2=X^2+1, (X^2+1)^2=X^4+1, (X+1)^(2^k)=X^(2^k)+1
nを2進展開して (X+1)^(2^k)=X^(2^k)+1 を繰り返し適用すれば
p=2の場合のlucasの定理が得られます。
(問題ではなく定理の証明の概容になってしまいました;;)

スレの展開がわかりやすいようにスレで未解決の問題を全て挙げておきます^^
ぼくの夏休みが終わってしまったので 問題解決に貢献できる時間がないです^^;
したがいまして みなさまの英知をもってして 問題を解決していきましょう^^
問題は呼び出せるように番号〇をふっておきます^^　ではでは^^

�@
|x/y-√17|＜1/y^3 を満たす互いに素な正整数x,yの組を全て求めよ。

�A
X^3+aX+bE=0 を満たすX∈M_2(Z)が存在することは
方程式:x^3+ax+b=0 が整数解をもつことの必要十分条件であるといえるか。
(M_2(Z)というのは整数成分の2×2行列全体の集合です^^)

�BΣ[p<n] p ＜ e^n　これは正しいかどうか

�C「水槽に200匹の魚がいます。99％はグッピーです。
水槽にいる魚の98％をグッピーにするには、
何匹のグッピーを水槽から取り除けばいいでしょうか？」

�D(p_i)_[i∈Z+] を2から始まる素数列とする。
このとき どんな整数n＞9に対しても、p=p_nとおくならば、
Σ_[i=1,n]p_i ＜ (1/6)(p+13)(p-9) が成立する。これを証明せよ。

�E2007一橋大・後期
直角をはさむ二辺の長さがa, bの直角三角形がある。内接円の半径をrとする。
(1)　rをa, bで表せ。
(2)　a, bは整数とし、r=5とする。このようなa, bの組をすべて求めよ。

�F 2006一橋大・前期
次の条件（a）, （b）をともにみたす直角三角形を考える。ただし、斜辺の長さをp,
その他の2辺の長さをq, rとする。
（a）　p, q, rは自然数で、そのうちの少なくとも2つは素数である。
（b）　p+q+r=132
（1）　q, rのどちらかは偶数であることを示せ。
（2）　p, q, rの組をすべて求めよ。

�G2006一橋大・後期
正の整数nに対して、n=k+2lをみたすような0以上の整数の組（k, l）の個数をa_nとする。
また、n=p+2q+3rをみたすような0以上の整数の組（p, q, r）の個数をb_nとする。
（1）　a_nをnで表せ。
（2）　nが6の倍数のとき、b_nをnで表せ。

�H数列{a[n]}はa[n+2] = |a[n+1] - a[n]| を満たす。
a[1]=√3,a[2]=√2ならば、n≧3のとき
a[n]=x[n]√3+y[n]√2 をみたす
整数x[n],y[n]は0になりえないことを示せ。

�I素数pに対して、2^p/p の小数第1位の数を求めよ。
(すぐ解ける軽い問題を追加しました^^; 綺麗に求まります^^)

以上だとおもいます^^
もし不当に除外されているとおもわれる問題があれば
適宜、(続きとして)番号付けをお願いします^^ ではでは^^

r(a+b+(a^2+b^2)^.5)/2=ab/2

r(a+b+(a^2+b^2)^.5)/2=ab/2
5(a+b+(a^2+b^2)^.5)/2=ab/2->
ab=1*5

p^2=q^2+r^2=(132-p)^2-2qr
2qr=132-264p
2qr-264p=132
qr-132p=66
qr=3*2*11(2p+1)->
q+r=132-p

グッピーはリストアップしなくていいだろｗ

(a, b , c)=1な自然数a, b, c
a+b+c=偶数

>>11
2匹ｗ

a=b=15 r=5

>>11

100匹ｗ

グッピーの問題は
答えは100匹取り除くだと思う。
グッピー取り除くと全体の数も変わる。

2006年度　京都大学前期　理系第４問
２以上の自然数ｎに対し、ｎとｎ^2＋２がともに
素数となるのは ｎ＝３ の場合に限ることを示せ。

有理数ａ，ｂ，ｃ，ｄに対し
　ａ＋ｂ(√2)＋ｃ(√3)＋ｄ(√6)＝０
が成立するとき、
　ａ＝ｂ＝ｃ＝ｄ＝０
となることを示せ。

整数「問題」と整数「論」は同じなのかい？ 違うのかい？

n=3 の時 n と n^2+2=11 は共に素数。

以下はn>3 の時について考える

ｎ が 3の倍数のとき nは素数でない

n が３の倍数＋１ のとき
nは自然数mを使い、3m+1と表現できる。
n^2+2 = (3m+1)^2+2 = 9m^2+6m+3 = 3(3m^2+2m+1)
n^2+2 は ３の倍数であり素数ではない。

n が３の倍数＋２ のとき
nは自然数mを使い、3m+2と表現できる。
n^2+2 = (3m+2)^2+2 = 9m^2+12m+6 = 3(3m^2+4m+2)
n^2+2 は ３の倍数であり素数ではない。

以上により、n>3 の時には ｎ^2+2とnの少なくともどちらか一方は3の倍数である。

78の問題はそれが大学入試に出る以前に数年前からあった問題で
どちらかというと高校入試程度以下の問題。大学オリジナルではない。

あえて解答をつくるならば 2行ぐらいでＯＫでは。こんな感じ。

n=3のときn^2+2=11 これは素数である。n≠3でないならば
n^2≡1(mod 3)であるから 3＜n^2+2≡0(mod 3)より合成数である

>>78
数学の証明の言葉遣いとかがよくわからんのだけれど

n=2のとき　2^2 + 2 = 6 = 2*3

n を n>3を満たす素数とする

ここで n-1, n, n+1 という三つの連続した自然数を考える
この三つのうちどれかには必ず3の倍数が含まれるが、
n は素数なので、n-1 か n+1のどちらかは3の倍数である
よって (n-1)(n+1) も3の倍数である

以上より (n-1)(n+1) = 3m (mは自然数) とおくと
(n-1)(n+1) + 3 = 3(m+1)
⇔n^2 - 1 + 3 = 3(m+1)
⇔n^2 + 2 = 3(m+1)

よってn=3以外はn^2 + 2は3の倍数になる（おわり）

^^さん オリジナル問題と思われる残り3題の解答おしえてくれませんか？
見たことがない問題は歯がたちません。そういう人って多いとおもうんです。
まさか出しっぱなしで 解答は公開しないということはないですよね？

>>80 ちがうよ。

>>79
数学的帰納法と体の拡大の議論より より一般化された場合の問題が解ける。
そして それは どこでも議論されているよくある問題。
ただし真に初等数論的方法は見つかっていない。
ただ それを見つけるのは困難だとおもうし ここで議論したところで徒労だと思う。

各辺が素数で一つの角が120ﾟの三角形の三辺の長さを求めよ

m^3+3mn+n^3=1を満たす整数の組を全て求めよ

>>88
ひとくくりで悪いけど
前問はほぼ素数と因数分解だけの議論で、
もう１つは n=k-m の変換により
次数が2の場合にうつり あとはいわゆるルーチンワーク。

2次の場合に下げる高度(笑)な方法書いたあとに気づいたけど これも単に因数分解したほうがいいね。
うまく分解できない場合でも通用するかもしれない技なだけ 分解ですむならそれがはやいでしょう。
m3+n^3+3mn=1
m3+n^3+(-1)^3-3mn(-1)=0
左辺はよく知られている分解ができるわけだ

>>84
基本的にそれでいいけど、最後の１行を、
よって、n≠3 の時、n か n^2+2 は 3 の倍数になる。

にするとよい。

n=k-mっておいてどうすんの?

>>67
�I ［2/p］

訂正

>>67
�I ［20/p］

p=2の場合は0
要するに2/pの小数第一位と同

>>95
やり方おしえてくれない？

>>3
１≦｜ｘ＾２−１７ｙ＾２｜
　＝｜ｘ／ｙ−√（１７）｜｜ｘ／ｙ＋√（１７）｜ｙ＾２
　≦（１／ｙ＾３）（２√（１７）＋１）ｙ＾２
　＝（２√（１７）＋１）／ｙ。



Ｘ＾２＋ｐＸ＋ｑＥ＝０となる整数ｐ，ｑが存在する。
Ｘ＾３＋ａＸ＋ｂＥ＝（Ｘ＾２＋ｐＸ＋ｑＥ）（Ｘ−ｐＥ）＋（ｐ＾２＋ａ−ｑ）Ｘ＋（ｐｑ＋ｂ）Ｅ＝０。

Ｘ＝ｒＥ（ｒは整数）となるｒが存在するとき。
ｒ＾３＋ａｒ＋ｂ＝０なのでｘ＾３＋ａｘ＋ｂ＝０は整数解を持つ。

Ｘ＝ｒＥ（ｒは整数）となるｒが存在しないとき。
ｑ＝ｐ＾２＋ａ。
ｐｑ＋ｂ＝０。
ｐ＾３＋ａｐ＋ｂ＝０なのでｘ＾３＋ａｘ＋ｂ＝０は整数解を持つ。

　x、 y、 z を　x　≧１、 y ≧７、 z　≧５を満たす整数とするとき、次の方程式の解〔x、 y、 z〕をすべて求めなさい。　3xy ＋ 4xz - xyz = 5x

スレタイ的に

　　　　 | |　　 　 　＼　　　　　 ∧＿∧　　　　　　　 ∧＿∧　　　　　　 /
　　　　ﾉ__丶 ∧＿∧＼　ﾊｧ...（　＞＜） ≡3　　　　（＞＜　）うう… 　/__|
　　 　 ||鬼||（　＞＜） 　＼　　|　　⊃ヽC 　　　　 Ｃ/⊂　　|　　　　　/||||||
　 ＿　||殺||./ 　 ［¢､)　　＼　 ､＿（　）） 　 　　（ （　）＿ノ 　　　　/ .|￣|_∧ ｳｳ･･･
　 ＼　||し ||∪￣￣.￣￣＼ ＼　 　 　 　　∧∧∧∧∧　　　　　./　 | 　|＜；）
　　||.＼`~~´　（(二ﾟ｡◎彡） .＼ ＼　　　＜　の　　　わ　＞　　　/　　.|　 |⊂ | わかんないんです…
　　||＼||￣￣￣￣￣￣￣||.￣ 　 ＼　 ＜　　　 　　か　＞　　/.　　　|　 | ∪
　　 .　 ||￣￣￣￣￣￣￣||. 　　　　 ＼＜　予　　　ん　＞　/
　わかんないんです… 　 　 　　　　　 ＜　 　　　　な　＞./
――――――――――――――― ＜　感　　　い　＞―――――――――――――――
　　　　　 ∧ 　　　　　　　　　　 　　∧　 ＜　 　 　 　ん　＞
　　　　　/　ヽわかんないんです/　ヽ ＜　 !!!　　　で　＞
　　　　/　　 ヽ　　　　　　　　　　./　　　ヽ＜　　　　　す　＞　　　　　　∧＿∧∩ ／￣￣
　　　/　　　　ヽ＿＿＿＿＿＿/　　　　 / ∨∨∨∨∨ヽ　　　　　　 （；＞＜ ノ＜先生、わかんないです！
　　/ 　　　　　　　　　　　　 　 　 　　　 /　　　　　　　　　　＼　　＿_／ノ　　 /　　 ＼＿＿
　/　 ┯━┯　 　　　　　　　┯━┯　/　わかりません　　 ＼ ＼　￣￣￣￣￣￣＼
　|　　）　　 ） ＿＿＿＿＿　 ） 　　）./　たすけてください！　 ＼||＼　　　　　　　　　 ＼
　|　 （ 　　（　ヽ　　　　　　/ （ 　　（/　　　　　（＞＜； ）　　　　　　＼||￣￣￣￣￣￣￣||
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　./　　　　 　 ∩∩　.）　　　　　　　　 ＼
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 /　　　　　　 （＿（＿つ　　　　　　　　　 ＼

かわい〜☆

>>97
撃破GJ！！
97の1,2番目の解答を勝手に補足。

�@ |x/y+√17|＜1+2√17 が成立することを用いている。
これが成立することは次のように説明することができる。
|x/y-√17|＜1/y^3 であるとすれば x/y-√17＜1/y^3 がいえるので、
x/y＜√17+1/y^3 となり |x/y+√17|=x/y+√17＜1+2√17　がいえた。
さて、 >>97 の変形からわかるように y＜1+2√17＜10 がいえる。
|x/y-√17|＜1/y^3 ⇔ y√17-1/y^2＜x＜y√17+1/y^2　であり
y√17+1/y^2＜38,　y√17-1/y^2＞3 であるから 4≦x≦37 がいえる。
あとは 4≦x≦37, 1≦y≦9　の範囲で条件を満たすものを探すと
それは (x,y)=(4,1),(5,1),(8,2),(33,8) で全てだと判明する。

�A >>97 さんの解答はうまく変形してからE,Xが線形独立となるかどうかで
場合わけをしているため Xがスカラー行列かどうかで場合を分けている。

>>96
>>94 さんはこんなふうにやったとおもわれ。
2^p=pk+2 を満たす正整数kが取れる。
(pは素数だから 2^p≡2(mod p)がいえるのは当然よね)
これの両辺をpで割ると(ここ重要!?)
2^p/p =k+2/p 　となる。
さらにこれの両辺を10を掛けると
10(2^p/p)=10k+20/p となる
ということは 20/pの1の位の桁が求めるものである。(左辺に注目)
p=2のとき それは 0である。以下p≧3であるとする。
このとき、 20/p＜10 であることがいえるので、
20/pの1の位の桁は 20/pの整数部分に一致する。つまり [20/p]
この記号を使わずに具体的に結果を書き下せば以下のようになる。

求めるものをsとおく。
p=2のとき s=0
p=3のとき s=6
p=5のとき s=4
p=7のとき s=2
p=11,13,17,19のとき s=1
p＞19のとき s=0

>>92
たぶんこんな感じじゃない？

m^3+3mn+n^3=1　・・・(*)
n=k-m とおくと、(*)は次のように変形できる。
3(k-1)m^2-3k(k-1)m+(k-1)(k^2+k+1)=0 ・・・(A)
k≠1　であると仮定すると、両辺の3(k-1)で割ることにより
m^2-km+(k^2+k+1)/3=0　・・・♪
もしこれに整数解(mの方程式としてみたとき)が存在したとすれば
♪はとくに実数解をもつ必要がある。しかしながら
判別式は容易に確認できるように負である。
ということは♪は整数解をもたないといえる。
よって、結局 k=1のときしか考えてなくてよい。
(A)をみればわかるとおり k=1のときは明らかに(A)は成立する。
(*)から(A)への変形の仕方をみればわかるとおり、
(A)が成立するならば(*)が成立する。(n=1-mのもとで)
よって、求める全ての整数解は m+n=1を満たす全ての整数m,nである。
パラメタ表示するならば tを整数として (m,n)=(1-t,t) となる。

n=k-mという置き換えを提案した人が言っているとおり、
この問題では因数分解のほうがはやいとおもう。

そこで巧く分解できない場合の問題を今つくってみた^ρ^

�J 1=m(1-m)/n＋n(1-n)/m を満たす整数m,nの組を全て求めよ。

(x^3+1)/(xy-1)が整数になる正整数x,yを全て求めよ

>>106
>>1 を読みませう。
国際数学オリンピックの問題はご法度のようです。

ちなみにその問題自体は対称性および片方の変数自体のmodでみることで
うまく不等式で評価できて(条件の整数になるという意味合いで)
次数的にぎりぎり解ける。より高次の場合の一般化は知られていない。

�Eって (a-5)(b-5)=50 とかでてくるよね。書くの面倒なのは気のせい？
それと >>70 さんのおかしくない？？

mとnが互いに素ならば
2^m-1と2^n-1も互いに素であることを示せ

>>107
(ただ、拡張については考える余地があることが多いかもです^^)

>>67

�Hの証明：

[STEP1]
漸化式から明らかにa[n]≧0 (n∈N)である。また、

a[n+2]≦max { a[n+1] , a[n] } (n∈N)　…(1)

が簡単に分かる。さらに、a[3]＝√3−√2 ＜ 2√2−√3＝a[4]
である。これと(1)と簡単な帰納法より、n≧3のとき
a[n]≦a[4] = 2√2−√3
であることが分かる。これとa[n]≧0から

0≦a[n]^2≦(2√2−√3)^2 ＜ 2　(n≧3)　…(2)

が分かる。

[STEP2]
あるn≧3に対してx[n]＝0だとすると、(2)より
0≦2y[n]^2＜2 となるので、y[n]＝0となるしかない。
同様の計算により、あるn≧3に対してy[n]＝0だとすると、
x[n]＝0となるしかない。結局、n≧3のとき、
x[n] , y[n]は、片方が0ならもう片方も自動的に0になる。
よって、題意を満たすn≧3が存在したら、そのときa[n]＝0が
成り立つ。よって、a[n]＝0なるn≧3が存在しないことを言えばよい。

[STEP3]
a[n]＝0を満たすn∈Nが存在したとして、そのうち最小のものをmと置く。
a[1] , a[2] , a[3]≠0だからm≧4であり、よってa[m-1] , a[m-2] , a[m-3]が
存在し、特にa[m-1]≠0である。簡単のため s＝a[m-1]と置くと、
自動的にa[m-2]＝s となるしかない。また、a[m-3]＝0 or 2s
となるしかない。mの最小性から

a[m-3]＝2s

となる。 この式をx[n] , y[n] で書き直して比較すると
(√2と√3はQ上一時独立であることに注意)

x[m-3]＝2x[m-1]
y[m-3]＝2y[m-1]

となる。特に、x[m-3] , y[m-3]はともに偶数となる。しかし、
これは在り得ないことが簡単な帰納法により分かる。実際、
a[n]についての漸化式から

(x[1] , y[1])＝(1 , 0)
(x[2] , y[2])＝(0 , 1)
x[n+2]≡x[n+1]＋x[n]　(mod 2)　(n∈N)
y[n+2]≡y[n+1]＋y[n]　(mod 2)　(n∈N)

が出るので、対(x[n] , y[n])は(1,0) (0,1) (1,1) (1,0) (0,1) (1,1)…
と周期3で循環することが分かり、特に(0,0)は出現しないと分かる。

以上より、題意は成り立つ。

……レス直後に気づいたが、a[n]＝0ならx[n]＝y[n]＝0つまり
x[n]もy[n]も偶数だから、これが在り得ないことは最後の議論から
すぐに分かる。

最小のものをmとおき〜 の議論は無駄だった(＾q＾)

>>114
やるね今年の1年(テニスの王子様♪)

>>110
well-known
一般に次がいえる。gcd(a^m-b^m,a^n-b^n)=a^(gcd(m,n))-b^(gcd(m,n))
証明は帰納法および互除法。
どうやってうまく帰納法が使える状態にするかは
実際に手作業をしてみればわかるとおもう。
上記の定理は問題というよりは道具として覚えておこう。
よく使うとおもうのでｗ 一旦証明しとけばもう安心でしょｗ

�@Σ[p<n] p ＜ e^n　これは正しいかどうか

�A(p_i)_[i∈Z+] を2から始まる素数列とする。
このとき どんな整数n＞9に対しても、p=p_nとおくならば、
Σ_[i=1,n]p_i ＜ (1/6)(p+13)(p-9) が成立する。これを証明せよ。

�B 2006一橋大・後期
正の整数nに対して、n=k+2lをみたすような0以上の整数の組（k, l）の個数をa_nとする。
また、n=p+2q+3rをみたすような0以上の整数の組（p, q, r）の個数をb_nとする。
（1）　a_nをnで表せ。
（2）　nが6の倍数のとき、b_nをnで表せ。

�C x,y,zをx≧1,y≧7,z≧5 を満たす整数とするとき、
次の方程式の解(x,y,z)を全て求めなさい。3xy＋4xz-xyz=5x

�D 1=m(1-m)/n＋n(1-n)/m を満たす整数m,nの組を全て求めよ。

�E 次の問題の拡張を考えよ。(解答自体はそこらへんにあります^^)
　(x^3+1)/(xy-1)が整数になる正整数x,yを全て求めよ。

�F x^2+y^2-1=axy+b(x+y+1) を満たす正整数x,yの組が
ちょうど127個存在するような整数a,bの組は存在するか。
(またもや容易問題を追加しました^^ 解答の点検が楽ですから^^;)

リストアップおわりました^^　ではでは^^

リストアップする際、初出のレス番号もあるとうれしい

�C 問題の転載ミスだとおもったけど これで正しいみたいね。
　 両辺をxで割ってみると 3y＋4z-yz=5 ⇔ (y-4)(z-3)=7
y≧7,z≧5であるから 解なし。

�B (1)n=k+2lで lは0以上[n/2]以下を動く。lが決まるとkが1に決まる。
　　 a_n = [n/2]+1
(2)n=6mとおく。　n=p+2q+3r　で、rは0以上2m以下を動く。
{0,1,.,2m}={1,3,5,..,2m-1}∪{0,2,4,..,2m}という分割を考えると
　　b_n = Σ_[s=0,m]a_(6m-6s)＋Σ_[s=1,m]a_(6m-6s+3)
= Σ_[s=0,m](3m-3s+1)＋Σ_[s=1,m](3m-3s+2)
= (3m+1)+Σ_[s=1,m](6m-6s+3)
= (3m+1)+6m^2-6*m(m+1)/2+3m
= 3m^2+3m+1
m=n/6 を代入して b_n = (1/12)(n^2+6n+12)

>>88

各辺の長さが自然数で、一つの角が60ﾟの三角形をナゴヤ三角形と云うらしいよ。
　L^2 = m^2 -mn + n^2,　(←第二余弦定理)

例: (L,m,n) = (7,5,8)

>>88 さんの問題はまともに解かれていませんね^^;
リスト漏れしてました^^; 迂闊でした^^;
ただ転載しなおすだけだと面白くないので
少しだけ問題をパワーアップさせてリストに追加しておきますね^^
リスト更新を開始します^^

�@Σ[p<n] p ＜ e^n　これは正しいかどうか

�A(p_i)_[i∈Z+] を2から始まる素数列とする。
このとき どんな整数n＞9に対しても、p=p_nとおくならば、
Σ_[i=1,n]p_i ＜ (1/6)(p+13)(p-9) が成立する。これを証明せよ。

�B 1=m(1-m)/n＋n(1-n)/m を満たす整数m,nの組を全て求めよ。

�C 次の問題の拡張を考えよ。(解答自体はそこらへんにあります^^)
　(x^3+1)/(xy-1)が整数になる正整数x,yを全て求めよ。

�D x^2+y^2-1=axy+b(x+y+1) を満たす正整数x,yの組が
ちょうど127個存在するような整数a,bの組は存在するか。

�E x^2+xy+y^2が平方数となるような素数x,yの組を全て求めよ。
(88さんの挙げた問題を自然にパワーアップさせたものです^^
88さんのより少しだけランクが上の問題です。容易問題です^^)

�F 次の命題か正しいかどうか判定せよ。
　[命題]
任意に平方数でも平方数の3倍でもないような正整数Nを固定しよう。
x^2+xy+y^2=N に整数解が存在するとき、それは少なくとも12個ある。
　(x^2-xy+y^2の話をしている人がいたので突如として思い出した問題^^;)

>>3 の解の例

・(x,y) = (n,1)
　∵　n < √(n^2 +1) < n + 1,

・(x,y) = (n+1,1)
　∵　(n+1) - 1 < √(n^2 +1) < n+1,

・(x,y) = (2n,2)　　ただし n≧4
　∵　n < √(n^2 +1) < n + (1/2)^3,

・(x,y) = (2n^2 +1, 2n)
　∵　n + 1/(2n) -1/(8n^3) < √(n^2 + 1) < n + 1/(2n),
　　各辺を平方してみれば明らか。

>>124　さん
3の頭の問題ということでしたら
全ての解は(x,y)=(4,1),(5,1),(33,8)だけのハズです。
問題をみなおしてみてください^^

ちょっと話がズレますが 3の頭の問題は
互いに素という条件は本質的ではないことに今頃気づきました^^
互いに素という条件がなくてもほとんど変化しません^^;
変化するところといえば (x,y)=(8,2)が新たな解のメンバーになるぐらい^^;
もうちょっと神経質に問題をつくるべきですね^^;

^^; ←ウザイ。ガンバレ。

nを自然数とする
Σ[k=0→n](1/C[n,k])
は整数でないことを示せ

>>127

nを『2以上の』自然数とする

>>123

�Aの解答：
かなり反則気味だが、

ttp://ja.wikipedia.org/wiki/%E7%B4%A0%E6%95%B0%E5%AE%9A%E7%90%86

のピエール・デザルトの結果(「算術級数の素数定理」の項目のすぐ上)を
使えば簡単に出ると思われる(＾q＾)

`1/x +1/y + 1/z=1`を満たすような、自然数 x,y,zの組をすべて求めよ。

有名問題ですが、出典は不明です。
最近難関中学受験用の問題集を見ていたら、この問題とほとんど同じ問題が出ていました。
確かに小学生の知識でも解くことは可能ですが、独力でこの問題を解ける小学生がどれほどいるのでしょうか？
あるいは、小学生のうちからどんどん鍛えるべきなのでしょうかね？

7^50を計算したとき、一の位の数はいくつになりますか。
また、13^13を計算したとき、一の位の数はいくつになりますか。

これも中学の入試問題です。
しかし、そこそこの私立大ならそのまま入試問題に使える内容でもあります。
中学入試の問題でこんなレベルは必要なのかという議論は別のところでやってもらいましょう。
中学入試を受ける子供が合同式を知っているわけはないので、合同式を用いずに解答することも出来ます。

｢整数問題？小学生じゃないんだからwwwww｣
とか思っていると大学受験問題見てビビることになる

「末尾の４を頭に移動すると元の4倍になる整数は？」

某小説で高校生が即座に答えているシーンがありました。
紙に方程式を書いて解くのは簡単ですが、
暗算で即座に解く方法はあるのでしょうか？＾ｐ＾

問題を予め知っていた可能性が高いと思われます＾q＾

整数問題ははやり込むと全てが典型問題になる

95'京大後期文系
(2)の文章が秀逸ｗ

[4] 自然数nの関数f(n), g(n)を
f(n)=nを7で割った余り,
g(n)=3f(Σ[k=1..7]k^n)
によって定める。
(1) すべての自然数nに対してf(n^7)=f(n)を示せ。
(2) あなたの好きな自然数nを一つ決めてg(n)を求めよ。
　　 そのg(n)の値をこの設問(2)におけるあなたの得点とする。

>>127
二項定理より明らか

>>137
(1)(Z/7Z)*⊂F_7 の位数は6であるから
0以外の任意のx∈F_7に対して、x^6=1
よって とくに x^7=x
x=0のときもこれは成立している。
ゆえに任意のx∈F_7に対して x^7=xがいえる。
(あるいはフェルマ小定理より明らかでもよい)
これより f(n^7)≡f(n) (mod 7)がいえる。
しかしながら nは自然数であり fは7で割った余り返す関数なわけだから
とくに f(n^7)=f(n) というふうに通常の等号がいえるわけである。
以下 mod 7で計算する。
(2) mod 7における原始根をrとすると {1,2,..,6}={r^1,r^2,..,r^6}
であるから Σ[k=1,7]k^n≡Σ[i=1,6]r^(in)=r^n*(r^(6n)-1)/(r^n-1)
分子≡0 であり 6|n でないならば 分母は0と≡でないので
Σ[k=1,7]k^n ≡0　とわかる。
6|nであるとき Σ[k=1,6]k^n≡1+1+1+1+1+1=6
だからたとえば n=6とすれば 最大の18をもらえるはずである。

>>132
λ(10)=lcm(λ(2),λ(5))=lcm(2,4)=4
50≡2(mod 4)だから 7^50≡7^2=49≡9 (mod 10)
13^13≡13≡3 (mod 10)

>>127
2項係数(n,k)に対して、n≧2を固定しておいて、
kを1以上n-1以下で動かすとする。
このとき、(n,k)の最小値は(n,1)=(n,n-1)であることはすぐわかる。
これを使えばいい。解答例はこんな感じ

0＜Σ[k=1,n-1]1/(n,k) ≦ Σ[k=1,n-1]1/n = (n-1)/n＜1
だから Σ[k=1,n-1]1/(n,k) は整数になりえない。
ということは Σ[k=0,n]1/(n,k) も整数になりえない。
(注意: 1/(n,0)=1/(n,n)=1 というふうに端の値では整数である)

>>123
�Eの解答
因数分解をやっていってがんばるのもいいが
もっとも頭を使わないのは以下の方法であろう。

次のことは良く知られていて、
必要ならば初等代数だけで簡単に証明できる。

(定理)
x^2+xy+y^2=z^2 を満たす互いに素な正整数a,b,cの組を
任意に取るとき 必要ならばxとyを入れ替えることにより
x=(m+n)(m-n), y=n(2m+n), z=m^2+mn+n^2 を満たすような
正整数m,nの組を取ることができる。

この定理を用いれば即座に n=1,m-n=1,
つまり (m,n)=(2,1)のときだけを考えればいいとわかる。
だから答えとしては (x,y)=(3,5),(5,3) となる。

訂正: (定理)のところにいきなりa,b,cとあるがこれはx,y,zが正しい。
また 解答としては 本当はさきに x=yのときを考えるべきであった。

>>132
掛け算の下一桁を答えるためには、下一桁だけを計算すればいいことに気付けば
さらにそれがループすることにすぐ気が付く
たいした問題ではない。

nは2以上の自然数とする。

xはn桁の自然数で、x^2の下n桁がxに一致するとする。
このようなxは、各nごとに1個または2個だけ存在することを示せ。

>>145
very easy
具体的に数列を構成していく汗臭い方法もあるだろうけど
ここでは理論的側面を重視した必要最低限な紳士的メソッドでいく。
x^2≡x (mod 10^n) という合同式を考える。
10^n=2^n*5^nに留意し 中国剰余定理から これを満たすxはmod 10^nの中に
ちょうど4つ存在することが確認できる。(4つのうち 2つが 0と1である)
ということは 上の合同式を満たすxのうち とくにちょうどn桁であるものは
存在するとしても2個以下であるということがわかる。
上の合同式を満たすxのうち、2≦x＜10^nの範囲にあるものは
2つ存在するので それらを α,βとおく。
このとき、α+β=10^n+1 という等式は容易に証明ができる。
(これは簡単なので各自やってみましょう)
この等式から とくに α,βのうち 少なくとも1つが
n桁であるということがわかる。よって、題意は示せたといえる。

>>146
やるね今年の1年

末尾が7の素数は有限個しかない。

>>121

p>q>0 なる自然数（p,q）によって
　L = p^2 + pq + q^2,
　m1 = p^2 - q^2,
　m2 = 2pq + q^2,
　n = 2pq + p^2,
と一意的に表わせるらしい。
　m1 + m2 = n,

例は (p,q) = (2,1)

リスト更新しました^^ おやすみ^^
(解決済みである問題をリストから排除しました^^)

�@Σ[p<n] p ＜ e^n　これは正しいかどうか。

�A 1=m(1-m)/n＋n(1-n)/m を満たす整数m,nの組を全て求めよ。

�B 次の問題の拡張を考えよ。(解答自体はそこらへんにあります^^)
　(x^3+1)/(xy-1)が整数になる正整数x,yを全て求めよ。

�C x^2+y^2-1=axy+b(x+y+1) を満たす正整数x,yの組が
ちょうど127個存在するような整数a,bの組は存在するか。

�D 次の命題か正しいかどうか判定せよ。
[命題]
任意に平方数でも平方数の3倍でもないような正整数Nを固定しよう。
x^2+xy+y^2=N に整数解が存在するとき、それは少なくとも12個ある。

x^2=a10^n+x
x(x-1)=a10^n
x=s10^b+1<10^n
x(x-1)=ss10^2b+s10^b=a10^n
b=n
x=10^n+1>10^n

Σ[p<n]p<n(n+1)/2<2^n<e^nだから正しいに決まってるだろ
なんで何度も書いてるんだよ

最初の質問者も Σでタイプミスしていたとおもわれ。
回答者はΠの意味で受け取って正しく回答している。
それがずっと残って けっきょく あやまったΣのままになっている。

それはだからΣじゃなくてΠが正しい。
ゆえに正しいに決まっているとはいいきれない。

>>4に出ているのも>>66に出ているのも>117に出ているのも>>123に出ているのも>>150に出ているのも
全部Σ[p<n] p ＜ e^nだから正しいに決まってる

>>4 と >>26 のやり取りをみる限り
これはΠの間違いであると思う。
このふたりはともにΣをΠと脳内変換してやりとりしていたんだろう。
リスト更新している人もたぶん問題をそのまま貼り付けていて
しかも誤りに気づいていなかったから その誤りが今も残っているということか。
今の俺達のやりとりによって少なくともリストの�@はおかしいという結論がでた。
つまりこういうことだ。
もし、Σで正しいのだとしたら リストから消えているはず。
というのも それより強い不等式が同リスト内に存在した時期があったから。
ΠであるならばΠと修正されてしかるべきだしね。まあどうでもいいｗ

面倒くさいから削除しちゃえよ

Πに書き直せばＯＫだろ。>>26のリンク先も、Πの証明。

リストを更新いたしました^^ (誤り修正＆問題追加)
*スレで提案された問題または私が提案した問題をリストに追加しています。
提案された問題はそれが解決された場合リストから排除しています。
解決されたかどうかは私個人の判断によりますので(証明が正しいかどうかなど)
なにかおかしなところがあればおしえてください^^(またはリスト更新をお願いします^^)

�@ Π[p＜n]p ＜ e^n　これは正しいかどうか。

�A 1=m(1-m)/n＋n(1-n)/m を満たす整数m,nの組を全て求めよ。

�B 次の問題の拡張を考えよ。(解答自体はそこらへんにあります^^)
　(x^3+1)/(xy-1)が整数になる正整数x,yを全て求めよ。

�C x^2+y^2-1=axy+b(x+y+1) を満たす正整数x,yの組が
ちょうど127個存在するような整数a,bの組は存在するか。

�D 次の命題が正しいかどうかを判定せよ。
「任意に平方数でも平方数の3倍でもないような正整数Nを固定しよう。
x^2+xy+y^2=N に整数解が存在するとき、それは少なくとも12個ある」

�E 各正整数nに対して、n^nの0でない最後桁をa_nとおく。
　 このとき、無限小数: 0.a1a2a3a4... が有理数かどうかを判定せよ。

このスレの最後辺り(900スレ以上)でいいから、問題と解答のリストも作ってほしいな。
面倒だろうから、しなくても仕方ないけど。

>>150 >>158

�A分母を払って
　mn = (1-m)m^2 + (1-n)n^2,
　mn + (m-1)m^2 + (n-1)n^2 = (m+n-1)(m^2 -mn +n^2) = 0,
　m^2 -mn +n^2 ≧ |mn| > 0,
　m+n-1 = 0,

>>117 >>123 >>150 >>158

�@ n以下の最大の素数をp(L)とする。
　L 〜 Li(n) = ∫[2,n] dx/log(x),

∴　Π[p<n] p = Π[k=2,L] p(k) < ･･････


〔デザルトの定理〕 (Pierre Dusart, 1999)
k≧2 のとき
　k･{log(k) + log(log(k)) -1} < p(k) < k･{log(k) + log(log(k))},

>>161
Lは上からどの程度で抑える？
L 〜 Li(n) = ∫[2,n] dx/log(x) だと上からの評価が直接みえない。
問題はおそらく任意の正の整数xに対しての不等式の成立だと思うので。

x^3+y^3+(x-1)(y-1) = 1+2(x+y+1)(x+y-1)
を満たすような整数x,yの組を全てもとめよ

>>130　もっと簡単に解ける。

問題を次のように言い換える。
「S(x) をx以下のすべての素数の和、pをp≧29であるような素数とするとき、
S(p) < (1/6)(p+13)(p-9) であることを証明せよ。」

2,3以外の素数はすべて 6k-1 または 6k+1（kは正整数）の形に表わされる。
xをx≧25である実数、T(x)を5以上x以下の 6k-1 または 6k+1 の形の正整数すべての和とすると、
明らかに S(x)-5≦T(x) であるが、さらに詳しく見ると T(x)の和には合成数25が含まれているので
S(x)-5≦T(x)-25、つまり S(x)≦T(x)-20 であることがわかる。

pがmod 6で1と合同であるか-1と合同であるかで場合分けしてT(p)を計算すると
前者の場合は(1/6)(p-1)(p+5)、後者の場合は(1/6)(p+1)^2 -1であることがわかる。
よって、いずれの場合もT(p)≦(1/6)(p^2+4p-5)となる。
以上より、
S(p)≦T(p)-20
≦(1/6)(p^2+4p-125)
=(1/6)(p+13)(p-9)-(4/3)
<(1/6)(p+13)(p-9)　　　　　（証明終）

>>162
　L=π(n) とする。

　Σ[p<n] log(p) = log(2) + Σ[k=2,L] log(p_k) < p_L,
を示せれば良いんだが。

　log(p_k) < log(k) + log{log(k) + loglog(k)}　　(k≧2)
から
　(左辺) < log(2) + Σ[k=2,L] log(k) + Σ[k=2,L] log{log(k) + loglog(k)}
　　　= log(2) + log(L!) + Σ[k=2,L] log{log(k) + loglog(k)}
　　　< log(2) + L･log(L) - L + (1/2)log(2πL) + 1/(12L) + Σ[k=2,L] log{log(k) + loglog(k)} 　(←Stirling)
　　　< p_L - L･loglog(L) + (1/2)log(8πL) + 1/(12L) + Σ[k=2,L] log{log(k) + loglog(k)}
　　　< ･･････
う〜む、難かしす....

〔文献〕
・k{log(k) + loglog(k) -10} < p_k < k{log(k) + loglog(k) + 8},
　J.B.Rosser, Proc. London Math. Soc., ４５, p.21-44, (1938)

・k{log(k) + loglog(k) -3/2} < p_k
　J.B.Rosser & L.Schoenfeld, Math. Comput., ２９, p.243-269 (1975)

・k{log(k) + loglog(k) -1.0072629} < p_k < k{log(k) + loglog(k) +0.9385},
　G.Robin, Acta Arith. ４２, p.367-389 (1983)

・k{log(k) + loglog(k) -1} < p_k < k{log(k) + loglog(k)},
　P.Dusart, Math. Comput., ６８, p.411-415 (1999)

http://mathworld.wolfram.com/RossersTheorem.html

>>164
おお。雲散霧消とはこのこと。なるほどね。
それが出題者が用意した回答かもね。うまくいきすぎてる。

>>165
残ってる中では、�@が一番難しそうだ。
理由は、結果が綺麗すぎるからｗｗ

>>163
�� = x^3 + y^3 + (x-1)(y-1) -1 -2(x+y+1)(x+y-1)
　= (x^3 +y^3 +1 -3xy) -{2(x+y)^2 +(x+y) -1} +4xy
　= (x+y+1)(x^2 +y^2 +1 -xy -x -y) - (x+y+1)(2x+2y-1) + 4xy
　= (x+y+1)(x^2 +y^2 +2 -xy -3x -3y) + 4xy,
(0,-1)　(0,1)　(0,2)
(-1,0)　(1,0)　(2,0)
(3,4)　(4,3)
がある。

45ﾟ回すと
　(x+y)/√2 = u,
　(x-y)/√2 = v,
　�� = (u√2 +1){(1/4)(x+y)^2 -3(x+y) +2 +(3/4)(x-y)^2} + (x+y)^2 - (x-y)^2
　　= (u√2 +1)[(1/2)u^2 -(3√2)u +2 +(3/2)v^2] + 2u^2 -2v^2,

　v^2 = {(u√2 +1)[u^2 -(6√2)u +4] + 4u^2}/{1 -(3√2)u},
この曲線を何と呼ぶのか知らないが････

>>163 のたぶん明快な方法。
y=k-x という変換をすると 問題の方程式は次のように変換される。
(3k-1)^x^2-k(3k-1)x = -(k-1)(k+1)(k-2) 　・・・〇
これからとくに (3k-1)|(k-1)(k+1)(k-2) が得られる。
(k-1)(k+1)(k-2)|3^3(k-1)(k+1)(k-2)=(3k-1-2)(3k-1+4)(3k-1-5) ゆえ
あわせて (3k-1)|(-2)(+4)(-5)=40 となる。
40の約数(負も含めて)で mod 3で -1となるのは次の8個で全てである。
2, 5, 8, 20, -1, -4, -10, -40
だから kの候補は以下の通りである。
k=1, 2, 3, 7, 0, -1, -3, -13
これらを順番に〇に代入していけばよい。
(kが決まると それに対して 〇は単なるxの2次方程式となり
それが整数解をもつかどうかは簡単に把握することができる)
そうすれば >>168 が挙げている解で全てであることが示される。

[問題]
nを3で割り切れないような整数とする。
3|d+1 かつ d|n を満たす整数dの個数はnの正の約数の個数に等しい。
これを証明しなさい。

今考え付いたけど もっと頭の良い問題つくりたいなあorz

d|nー＞dはnの約数
3|d+1ー＞d+1=0 mod 3

正の約数という言葉を使うときに 約数という言葉を使うならば
それは負の約数も考慮に入れているということだよね。
約数を1つ取り それの符号を反転させると mod 3での符号も反転する。
3と互いに素な整数は mod 3 で 1, -1のいずれかに合同であるから
これはちょうど上手い具合に組み合っているということか。
nの正の約数をd1,d2,d3,..,dk とするとき、(kはnの正の約数の個数)
(d1,-d1),(d2,-d2),..,(dk,-dk) というk個の組を考える
どの組の第1,第2成分もmod3で互いに異なっていて
それらは +1,-1のいずれかに合同である。
(nは3で割り切れないので nの約数は3と互いに素であるから )
こんな感じでどうでせうか。

清書屋

ちょっと言葉不足だったかもしれません。
nの約数全体の集合は{±d1,±d2,..,±dk}と表現できます。
その中で mod 3 で -1になるものを選び出すと考えるわけです。
それは前述のk個のペアを考えると綺麗に数えることができるのです。
各ペアに対して mod 3 で-1になる成分に対して
〇をつける作業をするとします。
すると どのペアに対しても ちょうど1つだけ〇がつくわけです。

うーん・・・ 頭の悪い問題とは思えないけどね。
これに対しては同様の問題は作れないという意味においても。

問題をつくるのは難しい。私は問題を解くほうが好きだ。

>>159
わかりました^^ 心得ておきます^^

旧�Bは排除いたしました。
拡張を考えろという問題をリストに置くのはおかしいきがしましたので^^;
もちろん既に拡張された問題をリストに置くのはいいとおもうのですが^^;
あの問題はどんな拡張が考えられるのでしょうか。次数のほうは厳しいでしょう。
簡単にやるとしたら定数部分のほうでしょうが 綺麗にできるのでしょうか^^;

�@ Π[p＜n]p ＜ e^n　これは正しいかどうか。

�A x^2+y^2-1=axy+b(x+y+1) を満たす正整数x,yの組が
ちょうど127個存在するような整数a,bの組は存在するか。

�B 次の命題が正しいかどうかを判定せよ。
「任意に平方数でも平方数の3倍でもないような正整数Nを固定しよう。
x^2+xy+y^2=N に整数解が存在するとき、それは少なくとも12個ある」

�C 各正整数nに対して、n^nの0でない最後桁をa_nとおく。
　 このとき、無限小数: 0.a1a2a3a4... が有理数かどうかを判定せよ。

�D Z[√-1] においては 2つの平方数の差で表現できない数は
mod 2 で 1+√-1 と合同になるものに限る。これを証明せよ。

おやすみです^^

ゼータ関数は分数が出てくるから、整数論の範囲外ですか？
群、環、体も、整数だけではなくて実数や複素数も扱うので、整数論の範囲外ですか？
ご回答のほど、よろしくお願いいたします。

�Dは出題ミスです^^;　すみません^^;
まず問題文がおかしいです。√-1 は表現できないです^^;
初等数論の問題としては際どいので削除します＞＜；

>>177
よく整数論の範囲で考えられるものだとおもいますが
初等数論の守備範囲だとすれば際どいものだと思ってます^^;

�Dはもし出題するとすれば次のようになるでしょう^^;

�D 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^^;)

高木の本

ごめん、途中送信した。

高木の初等整数の本では、Z[-1] を扱ってなかったっけ。

それは確かだね。
でも高木さんは本の第1章をとくに初等数論としているみたいね。
冒頭にもそう書いてあるし、ページめくっていったらわかるけど
第1章の各ページの上端には「初等整数論」と常に書いてあるね。
1章でもEuler関数とかJaconi記号とかを導入しているけど
2次体の整数環のもっとも単純(?)な例のZ[√-1]は第4章以降だね。

ひでえ、Z[-1]ってなんだよ。チンコびろーんじゃ。寝る。

〔問題〕
　A,B,C,D に正の整数を入れて等式を成立させて下さい。
　(A/B)^3 ＋(C/D)^3 = 17

>>184
もし解がないとしたら問題文はおかしいとなる。

なぜ？ 答えは「解なし」ではいかんのか？

等式を成立させることができないのに
成立させてくださいという問いは論理的におかしい。

典型的なのは解が全て求めよとい問題において
実際に解がないということ。これはよくある問題文のミス。
解を求めよと言った時点で 解が存在している必要がある。
論理記号と集合の言葉だけで問題文を作成しようとすればわかる。

×解が全て求めよとい問題
〇解を全て求めよといった問題

論理式では命令文は表現できないのでは

論理式いえいえというよりは 解を求めよという問題においては
解の存在が前提になっているといいたいのだろうか？
たしかにそれは一理あるとおもうが頭の悪い問題文はどこにでも存在する。

>>187
誰も助けてくれないのに「僕を助けてください」は論理的におかしい。
という主張と受け取ってよろしいか？

>>176 �C　答：有理数ではない。

(証明)
まず次のことに注意する。
a_n=5 ⇔ ある整数m,kが存在して n=m*10^k, m≡5 (mod 10)　…(*)

問題の無限小数が有理数であると仮定すると、
ある正整数L, Nが存在して、小数第N位以降が周期Lの循環小数となっている。
つまり、n≧N ⇒ a_(n+L)=a_n。
このとき、任意の正整数tについて a_(n+tL)=a_n　…(**)

今、tL=r*10^h, r≡1 (mod 10) (r,hは正整数) となるようにtを1つ固定する。
そして、n=s*10^h ≧N, s≡5 (mod 10) であるような正整数nを１つ選ぶ。
このとき、(*)より a_n=5であるが、
一方 n+tL=(r+s)*10^h, r+s≡6 (mod 10)であるから、(*)よりa_(n+tL)≠5となり(**)と矛盾する。
よって、問題の無限小数は有理数でない。　　　　　(証明終)

>>191
俺は>>187じゃないが、一般に、「成立しないもの」に対して、
「〜を成立させて下さい」というのはおかしい。
「成立しない可能性もある」のであれば、「〜は成り立つか？」
つまり、「〜なる○は存在するか。」的な質問が数学的だわな。

>>187
何もおかしくない。
論理的にはおかしい表現かもはしれないが、
そういうのは問題を簡単にしているだけで
暗黙に解の存在性を仮定させて問題を簡単にしてしまっている。
解の存在性の先入観を排除して解きましょうね
っていう意図を持って書いたものだとしたら自然な表現だ。

>>193
「神様助けて下さい」と祈るのは論理的におかしいのですか？

>>195
定義による

「b|a ⇔ 0(mod b)」を示せ。
大学1年目なんですが、わかりやすく教えてくれませんか？
お願いします。

>>196
「神様は助けてくれない」が定理の場合はどうですか？

>>197です。もうひとつお願いします。

エラストテネスのふるいについてなんですが、
「合成数の素因数の１つがその数の平方根以下であること」によって
「このプロセスを√n以下の最大の素数まで続けると２〜ｎまでの
素数が残る」理由は何かを教えてくれませんか？

>>199
「合成数の素因数の１つがその数の平方根以下であること」
↓
「ｎ以下の合成数は、少なくともひとつ√n以下の約数を持つ」
↓
「ｎ以下の合成数は、√nまでのふるいによって落とされている」
↓
「ｎ以下の数で残っているのは素数に他ならない」

>>184　の問題文をふつうにしてみた。

p^3+q^3=17を満たす有理数p,qの組は存在するか。
もし存在するならば1組求めよ。

失礼。正の有理数としとくべきだった

存在するかときいている問題でも実際に存在している場合がある。

573X≡45（mod2952）を解け
ユークリッドの互除法を用いよ

191X≡15 (mod 984) にreduceされ、
X≡201 (mod 984) が答えとなる。

573a=1 mod 2952
x=a45 mod 2952

〉204の出題者だけど
〉205はご名答
連分数展開ヲ用い、
573と2952の最大公約数を
互除法によって求める
以下略

p^3+q^3=17 を満たす有理数p,qの組が存在しないことって
どうやって示す？？　できないんだけど
modとかでは無理っぽいね。最有力候補のmod7では機能しない。
もちろん、分母を払ったあとの話ね。
見た瞬間、頭で描いたのは 解の存在を仮定したあと、
とくに いわゆる最小解(片方の整数解の絶対値の大きさ)をとり
そのあと mod 7で考えることで より小さい解をつくり
それは最小性に矛盾しているという よくある方法ね。
でもこの問題では mod7では通用しない。ほかの法も無理でしょう。
もっと頭の良い方法じゃないと通用しない。誰か教えて。

>>208 に触発されて考えてみた。

[第一段階]

有理数 p, q を p = n / a および q = m / b とおく。
ただし n と a は互いに素な整数かつ、 m と b は互いに素な整数とする。

与えられた式を通分すると

b^3 n^3 + a^3 m^3 = 17 a^3 b^3

ここで (mod a^3) で式を見ると

b^3 n^3 = 0 (mod a^3)

なので a^3 は b^3 n^3 を割る。
n　と a が互いに素という条件より、a^3 は b^3 を割る。
したがって b は a で割れる。
そこで b = ka とおくと

k^3 a^3 n^3 + a^3 m^3 = 17 k^3 a^6
k^3 n^3 + m^3 = 17 k^3 a^3

さらに (mod k^3) で見ると m^3 = 0 (mod k^3) なので
同様に k は m の因数である。またk は b の因数でもある。
m と b は互いに素とおいたから、k=1 でしかあり得ない。
これより、a = b が分かり、与えられた式は

(1): n^3 + m^3 = 17 a^3

に帰着する。

[第２段階]

ここで

(*): (n+m)^3 = 17 a^3

という式を考えると、因数 17 があることよりこの式を満たす整数の組は存在しない。
したがって

n^3 + m^3 + 3nnm + 3nmm = 17 a^3 を満たす整数の組は存在しない。

よって

(2): n^3 + m^3 = 17 a^3 (mod nm)

を満たす整数の組は存在しない。

ここで仮に (1) を満たす整数の組があったとすると、
それは (mod nm) で見ても成り立っているはずである。
すると (2) が成り立つ整数の組が存在することになってしまい、矛盾する。
よって (1) を満たす整数の組は存在しない。

QED

系：
(*) より、数字 17 を整数の３乗でない整数に置き換えても証明は同様に成り立つ。

もうちょっと簡単な問題頼む(もちろん、あまりみない問題で)
残った問題はどれも手がでない。�@以外も容易問題に思えない。

>>210
ちょっとおかしくない？
「n^3 + m^3 + 3nnm + 3nmm = 17 a^3 を満たす整数の組は存在しない」
から
「n^3 + m^3 = 17 a^3 (mod nm)を満たす整数の組は存在しない」
は言えないとおもう。

たとえばの話だけど X^2+1=0 を満たす整数Xは存在しないけど
X^2+1≡0 (mod 5) を満たす整数Xは存在するよね。(X=2がある)

自然数列の中で素数が隣り合うのは、２と３の一組だけであることを示せ。

>> 212
ほんまや。
いえてない...
サーセン。出直してきます。

このネタで何回も出題したことがあるが、まあ、もう一度。


非負整数全体の集合をXと書くことにする。
a1，a2，…，an 及び b1，b2，…，bnは正の実数とする。
f：X^n → X を

f(x1，x2，…，xn) ＝ Σ[i＝1〜n] [ai*(xi)^bi]

と定義する。ただし、[ ]はガウス記号とする。

Σ[i＝1〜n] 1/bi ＜ 1 のとき、X−Im(f)は
無限集合であることを示せ。すなわち、

m ＝ f(x1，x2，…，xn)

を満たす非負整数 x1，x2，…，xn が存在しないような
非負整数mが無限個存在することを示せ。

》213
2,3以外に連続する素数が存在すると仮定する
その素数をm,m＋1とおく
ただし（m∈Ν,m≧5）
ここで、連続する二つの整数は
一方が偶数、一方が奇数なので
m＝2k＋1
m＋1＝2kとおける
m＝m＋2となり、不適
よって仮定は誤り

>>216

m＝2k＋1
m＋1＝2kとおける

why?

>>217
�@3以上の素数は全て奇数である
�A連続する2つの自然数のうち、片方は偶数である

�@,�Aから問題は解決する。

〉217
寝る前に適当に解いたけど
この証明はカス
よって無視してくれ
汚してすまん

>>211のためにランク下げ

（１）ab+1≦abc≦ab+bc+ca+1(c＜b＜a、a,b,cは自然数)の時のa,b,cは？

（２）0以上の整数m,nを用いてX=3m+5nとあらわすことできる自然数Xをすべて求めよ。

（３）n,mを整数として　79n+63m=1　となる(n,m)を求めよ。

（４）10＾210/（10＾10＋3）　の整数部分の桁数と，1の位の数字を求めよ。
　　ただし，3＾21＝10460353203　を用いてよい。

（５）ある２桁の整数を８と９で割ります。その時の商の小数第一位をそれぞれ四捨五入すると同じ値になりました。
　　　(ア)この時の２桁の整数の中で最大の物を求めなさい。
　　　(イ)このような２桁の整数は全部で何個ありますか。

さらにランクsage

(1) ab+1≦abc から c≧2がいえる。逆もいえる。
abc≦ab+bc+ca+1≦ab+b(a-2)+(b-1)a+1=3ab-a-2b+1＜3ab
これから c＜3 がいえる。c≧2とあわせて c=2がいえる。
c=2のとき abc≦ab+bc+ca+1 ⇔ ab≦2a+2b+1 ⇔ (a-2)(b-2)≦5
b=3のとき a=4,5,6,7 である。
b≧4ならば a≧5であるから (a-2)(b-2)≧(5-2)(4-2)=6＞5 で矛盾。
答えとしては 4≦a≦7, b=3, c=2 である。

(2) 3*5-3-5=7 であるから 8以上の整数は全て表現可能であり
7は表現できないことがわかる。
7は表現できないから 0は表現できる。
1は表現できないから 6は表現できる。
2は表現できないから 5は表現できる
3は表現できるから、4は表現できない。
以上より求めるものは 0,3,5,6 そして 8以上の全ての整数

用いた2つの道具は以下のとおり。

「gcd(a,b)=1なる正整数a,bを任意に固定する。
このとき ax+by(x,yは非負整数)で表現できない最大の整数は ab-a-b」

「上記と同じ設定で n≦ab-a-b であるとしよう。(nは非負整数)
　ax+by=n を満たす非負整数x,yが存在するとき、
ax+by=ab-a-b-n を満たす非負整数x,yは存在しない。
これは逆もいえる。つまり ab-a-bに対して(解の配置)対称性をもつ

(3) 以下、≡は63を法とする。
　　79n≡1 ⇔ 16n≡1 ⇔ 64n≡4 ⇔ n≡4
　 よって n=63k+4 (kは整数)とかける。
　　このとき 79n+63m=1 より 79(63k+4)+63m=1 ⇔ m=-79k-5
(m,n) = (-79k-5, 63k+4)

(4) 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。 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。
　10^199 ＜ 10^210/(10^10+3) ＜ 10^200 ゆえ
　k-1は200桁であるといえる。
こたえとしては 整数部分の桁数は200で 下1桁は9となる。

3^21＝10460353203 自体はそこまで重要じゃないということか。
3^21 の大きさ, および mod 10での値が重要ということか。

（５）は？ｗ

shin hattori 様 ありがとうございます

リスト更新いたしました^^ おやすみです^^

�@ Π[p＜n]p ＜ e^n　これは正しいかどうか。

�A x^2+y^2-1=axy+b(x+y+1) を満たす正整数x,yの組が
ちょうど127個存在するような整数a,bの組は存在するか。

�B 次の命題が正しいかどうかを判定せよ。
「任意に平方数でも平方数の3倍でもないような正整数Nを固定しよう。
x^2+xy+y^2=N に整数解が存在するとき、それは少なくとも12個ある」

�C p^3+q^3=17 を満たす正の有理数p,qの組は存在するか。
　 もし存在するならば 1組だけ求めよ。

�D 非負整数全体の集合をXと書くことにする。
a1，a2，…，an 及び b1，b2，…，bnは正の実数とする。
f：X^n → X を
f(x1，x2，…，xn) ＝ Σ[i＝1〜n] [ai*(xi)^bi]
と定義する。ただし、[ ]はガウス記号とする。
Σ[i＝1〜n] 1/bi ＜ 1 のとき、X−Im(f)は
無限集合であることを示せ。すなわち、
m ＝ f(x1，x2，…，xn)
を満たす非負整数 x1，x2，…，xn が存在しないような
非負整数mが無限個存在することを示せ。

�E ある２桁の整数を８と９で割ります。その時の商の小数第一位をそれぞれ四捨五入すると同じ値になりました。
　　　(ア)この時の２桁の整数の中で最大の物を求めなさい。
　　　(イ)このような２桁の整数は全部で何個ありますか。

>>227 の >>1 さんもいつもありがとうございます^^

�Dと�Eは簡単だな。�Dは複雑そうにみえるけど
要は指数が大きいと取り残しがあるってことだとおもわれ。
指数が大きいアルネという条件が Σ[i＝1,n] 1/bi ＜ 1 に相当するはず。
指数部分が本質であり、係数部分のa_iは本質でないでしょう。
整数論の問題と捉えないほうが問題はずっと簡単にみえるとおもわれ。集合論的也。
�@は皆いうようにかなり難しくて 個人的には �Cも難しいとおもう。
�Bはたぶん初等数論の問題と捉えるよりは 2次体の整数環の問題と捉えればいいのだろうか。
条件がかなり特殊であり 少なくとも6個ですむなら たぶん平方数どうたらは要らないかな？
12個っていうところがまさに問題というわけだろうか。
�Aはなにをすればいいかわからない。予想もつかない。
2元2次不定方程式の一般論を用いて機械的に処理できるかもしれないけど どうだろう？
難しい問題とはおもえないけど たぶんこれはできる人は普通にいるとおもわれ。
以上部外者が見た感想でした。

�Cについて、＾＾は「もし存在するならば 1組だけ求めよ。」という条件を付加したわけだが、
もしかして＾＾はその１組を見つけたからそういう書き方になっているのか？＾ｐ＾

単に 201のレスのコピペじゃね？

難しいのばかりで解けないからもっと簡単なのをお願いと言っときながら
簡単過ぎる問題>>227の�Eを貼ったら逆にスルーされる厄介なスレ（笑）

問題文は商という言葉を用いていて さらに
商の小数第一位などといっているので
おそらく 商というのは 割られる数Nに対して、
N/8 や N/9 のことを指していると推測した。

[解法]
2桁という条件は無視して考える。(最後で吟味したい)
非負整数N(2桁とは限らない)が問題の条件を満たすことと、
m≦N/9＜N/8＜m+1/2 ・・・☆ を満たす非負整数mが存在することは同値である。
☆ ⇔ 9m≦N＜8m+4 となるので あとは簡単である。
9m≦N＜8m+4 から とくに 9m＜8m+4 ⇔ m＜4
よって m=0,1,2,3 の場合をそれぞれ調べればよい。
m=0のとき 0≦N＜4 より N=0,1,2,3
m=1のとき 9≦N＜12 より N=9,10,11
m=2のとき 18≦N＜20 より N=18,19
m=3のとき 27≦N＜28 より N=27

ここで2桁という条件を吟味することで答えが得られる。

(ア) 27
(イ) 5個

>>208

　p = A/B,　q = C/D,
とおく。
　A = 104940 = 2･2･3･3･5･11･53,
　C = 11663,
　B = D = 40831 = 7･19･307,

http://logsoku.com/thread/kamome.2ch.net/math/1047608164/221-225
http://www.unkar.org/read/kamome.2ch.net/math/1047608164/
http://desktop2ch.net/math/1047608164/?p=224
　1文字変えたら難易度が激変する問題

�Cも解決したということか。
存在していて そのうち1組は >>234 で与えられている。
1組の存在がいえれば 無限に存在することは幾何的な方法で容易に示せる。
一番の問題は その1組を求めることができるかということ。
求めることができないならば 存在するかしないかの判定は難しい。
この手の問題で有理点の存在をシステマティックに示す方法は知られていない。
1点みつかれば いろいろいえるが その1点を見つけるのは大抵は厳しい。
まあ とにかく >>234 のレスのおかげで �Cは解決されたということわけだ！

面白い問題おしえて〜な 十問目
468 名前：１３２人目の素数さん ：2005/10/22(土) 09:43:49
ABCDに正の整数を入れて等式を成立させて下さい

(A÷B)の3乗＋(C÷D)の3乗＝17

>>234
すげぇ
どうやって見つけたんだよｗプログラム組むしかなくねｗ

>>237　たぶんこんな感じかも。

「正の解」という条件を外せば、有理解(x,y) = (18/7, -1/7)は手計算でも
18^3 + (-1)^3 = 17*(18^2+18+1) = 17*(6^3 + 3*6^2 + 3*6 + 1) = 17*7^3
から比較的見つけやすいと思う。

あとは双有理写像で標準的な楕円曲線上の点Pにうつして、有理点の群演算で2Pを求めて、
それを双有理逆写像でX^3+Y^3=17上にもどすと>>234になる。

(a+b)(a^2-ab+b^2)=17c^3でcは７の倍数だからcを７として
3(a-b)^2=4(a^2-ab+b^2)-(a+b)^2からすぐに(18/7)^3+(-1/7)^3=17が出る

あとは楕円曲線上の演算のアイデアさえわかってればそのまま接線引けばでることはわかる

(x,y)=(p,q)がx^3+y^3=17の解なら
(x,y)=(-(p^4-34p)/(2p^3-17),-(q^4-34q)/(2q^3-17))がx^3+y^3=17の解

>>233
> 非負整数N(2桁とは限らない)が問題の条件を満たすことと、
> m≦N/9＜N/8＜m+1/2 ・・・☆ を満たす非負整数mが存在することは同値である。
「四捨五入」の意味を取り違えてるよ。

>>215=227�D

X-Im(f)の元のうち、N以下のものの個数をS(N)とおいて、S(N)を下から評価したい。
で、Im(f)の元でN以下のものの個数がN+1-S(N)だから、これを上から評価すればいいんだけど、
これはf≦Nとなる(x1,…,xn)∈X^nの個数で上からおさえられるな。
んでもってこれはさらにおおざっぱに、
各[ai*(xi)^(bi)]がN以下になるような(x1,…,xn)の個数でおさえられる、と。
この個数の上からの評価はΠ({(N+1)/ai}^(1/bi) +1)なんだけど、
指数1/biは正だし、どーせNは無限大にとばしちゃうんだから、
Nは十分大として気前よく2^n*Π{(N+1)/ai}^(1/bi)で評価しとこう。
ごちゃごちゃしてみにくいから、Nに関係ない係数はAとしといて、指数の和Σ1/biはBとでもおいたら
N+1-S(N)≦A*(N+1)^B、これですっきりした。そういやB＜1って条件があるから、
Nを無限大にとばすとき、(N+1)^BはN+1より低位の無限大だわな。
つーことでS(N)≧N+1-A*(N+1)^Bだから、S(N)も無限大に向かうことがてきとーに示せたです。

んで、べつのやりかた考えてて思いついた便乗問題。

問題の設定は>>215と同じとします。このとき
X-Im(f)には無限個の素数が含まれていることを証明してください。

>>233
両方とも四捨して一致するとは限らない。
正しくはこうだとおもう。

m≦N/9+1/2≦N/8+1/2＜m+1

2桁という条件がどうでもいいということだけは正しいかな。

>>239

(x,y) = (p,q) が x^3 + y^3 = N の解なら
(p,q) における接線は
　(p^2)x + (q^2)y = N,
これを解くと
　x/p = (2N-p^3)/(2p^3 -N),
　y/q = (2N-q^3)/(2q^3 -N),
　x/p + y/q = -1,
よって
　(x,y) = ((2N-p^3)p/(2p^3 -N), (2N-q^3)q/(2q^3 -N))
もまた x^3 + y^3 = N の解

高校生レベル＾ｐ＾

＜問題＞

ｍ，ｎ を整数とするとき、m^3n−mn^3 が6の倍数であることを示せ。

方程式 2x^2＋3xy−2y^2−x＋8y−10＝0 の整数解を求めよ。

B＝n^4＋n が素数となるような整数ｎは存在するか？

B=n^4+n
1^4+1=2
2^4+1=17
とかは、ダメなのでしょうか？

>>244
(1) m^3n-mn^3≡mn-mn=0 (mod 3)
m^3n-mn^3≡mn-mn≡0 (mod 2)
(2) y=1のとき x=1, x=-2 である。
y=0のとき x=-2 である。 以下y≠0,1の範囲で考える。
2x^2＋3xy−2y^2−x＋8y−10＝0
⇔ 2x^2+(3y-1)x-(2y^2-8y+10)=0
xの2次方程式としてみたときの判別式は
(3y-1)^2+4*2*(2y^2-8y+10) = 25y^2-70y+81 = (5y-7)^2+32
これが平方数となることが整数解の存在には必要である。
　　しかしながら 一般に X^2+32が平方数となるような整数XはX=±2,±7に限る。
　　(これは簡単に証明できる。ここでは省略させてもらう)
しかしながら 5y-7=±2,±7 となるような整数y≠0,1は存在しえない。
(3) Bが素数となるような整数nをすべてもとめる。
　 n^4+n=n(n^3+1) より |n|≧2ならば これは合成数である。
よって素数となるようなnの候補は n=0,1,-1である。
　 n=0のとき B=0
n=1のとき B=2
n=-1のとき B=0
Bが素数となるような整数nは n=1だけである。

何でもかんでもmod使ってんじゃねーぉ
確かに便利だけどさぁ(笑)

>>245
駄目れす（・A・）

>>246
(2)について、不正解でーす！ちゃんと存在しま−す！

>>244の3つ目。
悪い悪い。タイプミスしてたわすまん。訂正。
正しくは、こう＾ｐ＾

B＝n^4＋4 が素数となるような整数ｎは存在するか？

>>249
なにが誤っている？
全ての解は(x,y)=(1,1),(-2,0),(-2,1)っていう結論がおかしい？

>>250
n^4+4=((n+1)^2+1)((n-1)^2+1) が素数となるような整数nを全て求める。
右辺の分解をみればわかるように n≠±1　だと あきらかに合成数。
よって素数となるような整数nがあるとしたら n=±1にかぎるが、
n=±1のときは B=5となり これは素数となっている。

>>246みたいな書き方じゃ見落とすわｗ

結構難しい問題を投下。

a1a2a3..an = (a1+2)(a2+2)..(an+2)
を満たす自然数N=a1a2..an を全て求めよ。
たとえば N=24 に対しては 24=(2+2)(4+2)
となっているので これは条件を満たしている。

この問題に不等式で抑えれば終わりという容易な方法は存在しない。
だいぶ細かい作業を強いられるはず。さあ楽しんでください。

249:１３２人目の素数さん[sage]
2010/10/18(月) 19:29:50
>>246
(2)について、不正解でーす！ちゃんと存在しま−す！

素数の判定テストつかえば？

>>254
左辺の「a1a2a3..an」ってのは、掛け算してるんじゃなくて
10進法表記のつもりなのね

分割数のMODをとると綺麗な数列になるｍｏｄをみつけなさい。ただし、見つかっていないやつ。

じゃ、まず、見つかっているのを書け

>>254
次から　a[n] or a_(n) この形式で

>>238
手計算で(18/7, -1/7)も結構時間かかりそうな・・・。
時間をいっぱいかければ可能、くらいじゃないのか？

＞あとは双有理写像で標準的な楕円曲線上の点Pにうつして、有理点の群演算で2Pを求めて、
＞それを双有理逆写像でX^3+Y^3=17上にもどす
興味あるから、計算の説明は省いていいから、計算過程だけでも
簡単に書いてくれないか？

とにかく1点みつけられるかどうかが問題なわけで、
>>239 みたいにうまく推察して計算できれば勝ち。
みつけようとおもうところに問題がある。
なぜみつけようとおもった というところ。
理由なしで はじめてはいくつかの有理数について
コンピュータで計算してみる。それでみつかればおわり。
十分探索してなかったら ないだろうと予想する。なにが難しい？

>>262
わざわざプログラミングしてまで計算しようと思えるところが難しい。

（問題）

整数 ｘ，ｙ，ｚ は　(x/3)＋(y/5)＋(z/9)＝113/45　を満たし、
かつ左辺の各項は正の既約分数であるとします。
このようなｘ，ｙ，ｚの組をすべて求めなさい。

（問題）

3個の数 ｌ，ｍ，ｎ は公差が正の等差数列をなし、かつ　l＋m＋n＝lmn を満たすとします。
正の整数 ｌ，ｍ，ｎ でこの条件を満たすものは、l＝1，m＝2，n＝3 に限ることを証明しなさい。

（問題）

10^30÷1002 を小数で表したとき、一の位を求めよ。

（問題）

316を2つの正の整数 ｘ，ｙ の和で表します。
ただし、ｘ は13の倍数、ｙ は11の倍数です。
このような2数 ｘ，ｙ の組を全て求めなさい。

（問題）

ｎ が2以上の整数とするとき、分数 (15n＋2)/(14n＋3)
が可約分数（分母、分子が約分できる分数）となるようなｎの一般形を求めなさい。
また、そのとき、この分数を約分して既約分数を求めなさい。

（問題）

正の整数 ａ，ｂ，ｃがあり、ａ^2，ｂ^2，ｃ^2 がこの順に公差ｄ（d＞0）の等差数列をなすとします。

（１）公差ｄは24の倍数になることを証明しなさい
（２）公差が最小値の24のときの ａ，ｂ，ｃ を求めなさい。

（問題）

2個の正の整数があります。それらの和は2004で、最小公倍数は73920です。
もとの2個の整数を求めなさい。

g(x)＝x^5＋x^4＋x^3＋x^2＋x＋1 とします。
このとき g(x^12) を g(x) で割るときの余りを求めなさい。

（問題）

Let V be the set of all the 8-dimensional vectors with integers components,whose sum is zero and the sum of their squares is 8.

（１）How many vectors are included in V such that all the components are even?

（２）How many vectors are included in V such that all the components are odd?

（問題）

4桁の整数があります。
この整数を4割ると割り切れて、商は４桁の整数で、数字の並ぶ順序が元の整数と逆になります。
この時、もとの４桁の整数を求めなさい。

（問題）

25^2＝625　のように、2桁の整数を2乗すると、下2桁が元の数と一致するものを探しなさい。

（問題）

n={(a_1)^(p_1)}{(a_2)^(p_2)}…{(a_k)^(p_k)}と因数分解されるとき
（１）nの約数の個数を求めよ
（２）nの約数の総和を求めよ
（３）nの約数全ての積を求めよ

>>275は「素因数分解されるとき」

すべての奇数は二つの平方数の差で表されることを示せ。
また、偶数が2つの平方数の差で表されるときの必要十分条件を求めよ。

ていう

suken.netさん荒らさないで下さい。
ウリジナルな問題はやめてください。

十進法で書いた時に全ての桁が1である数をレプユニットという。
レプユニットで2011の倍数になるものはあるか？

>>280
可能やがな

>>280
各正整数nに対して n桁レピュニットをR(n)とおく。
R(1),R(2),R(3),..,R(2010),R(2011)
の中に2011の倍数となるものが少なくとも1つ存在する。
(もし無いとしたら mod 2011で等しくなるペア存在する。
gcd(2010,10)=1 であること、および、2数の差の形をみることで
矛盾がみえるのである.)

>>282
gcd(2011,10)=1 が正しいです。

>>277
正整数Nが2つの平方数の差で表現できるための
必要十分条件は N≡2 (mod 4) であることです。

>>271
M=x^5+x^4+x^3+x^2+x+1 とおきます。M|x^6-1 はすぐわかります。
x^6≡1 (mod M) より x^12≡1 (mod M) ですから
g(x^12)≡g(1)=6 (mod M)
6が答えとなります。

>>266
10^30=(10^3)^10=(-2)^10=1024=22 (mod 1002)
だから 10^30=1002*k+22 ...(*) を満たす正整数kが取れる。
両辺を1002で割ることで 10^30/1002 = k＋22/1002
ということは求める1の位は kの1の位に等しい。
(*)の両辺をmod 20でみると 0≡2k+2 (mod 20) がいえる。
これは 0≡k+1 (mod 10) に reduceされるので
kの1の位は9であるといえる。答えは 9

>>268, >>269
この2つの問題の解答は数検スレの44番目のレスにありますね。
簡単なのでわざわざ引用するまでもないのですが
数検の問題が連投されているな ということを強調したかったのですｗ

>>283 の訂正をします。
正整数Nが2つの平方数の差で表現できないための
必要十分条件は N≡2 (mod 4) であることです。

否定と肯定を書き誤ることがおおいので注意ですね。

>>264

>>264
両辺を45倍することで 15x+9y+5z=113 が得られる。
mod5で考えることで y=5n+2 (n:非負整数)がわかる。
mod3で考えることで z=3m+1 (m:非負整数)がわかる。
代入整理し、 m=6-x-3n が得られる。
これから簡単に (x,n,m)=(1,0,5),(1,1,2),(2,0,4),
(2,1,1),(3,0,3),(3,1,0),(4,0,2),(5,0,1)　が得られる。
求めるものは (1,2,16),(1,7,7),(2,2,13),
(2,7,4),(3,2,10),(3,7,1),(4,2,7),(5,2,4)

>>265
l＋m＋n＝lmn＜3n より lm＜3
これから l=1, m=2 を得る。そしてn=3となる。

>>267
316=13m+11n (x=13m,y=11n)
-3≡2m (mod 11) ⇔ m≡4 (mod 11)
m=11k+4 (k:非負整数)を代入し、
n=24-13k を得る。
nは正の整数であるので k=0,1 である。
(m,n)=(4,24),(15,11) がわかる。
(x,y)=(52,264),(195,121) が答え。

>>270
d=gcd(x,y)とおくと x=sd,y=tdなる正整数s,tの組が取れる。
d(s+t)=2004, dst=73920=2^6*3*5*7*11 から、dを消去整理すると、
167st=2^4*5*7*11(s+t) が得られる。167|s+t がわかるが、
gcd(st,s+t)=1 だから s+t|167 もいえる。s+t=167 となる。
st=2^4*5*7*11=6160　が得られる。
s,t は t^2-167t+6160 = (t-112)(t-55)の根であるから
{s,t}={112,55} である。s+t=167より d=12 である。
求める2数は {1344, 660} により与えられる。

>>272
a+b+c+d+e+f+g+h=0
a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2+g^2+h^2=8

(1) +2が1つ, -2が1つ, のこり6つは0である。
だから求める個数は 8!/(1!1!6!)=56

(2) +1が4つ, -1が4つ, 8!/(4!4!)=70

>>273
1000a+100b+10c+d = 4000d+400c+40b+4a
明らかにdは偶数である。そして大きさの比較からd=2,a=8,9がいえる。
1000a+100b+10c+2 = 8000+400c+40b+4a
⇔ 166a+10b=1333+65c
mod5でみると a≡3 がいえるので a=8がいえる。
10b = 5+65c ⇔ 2b = 1+13c
これから c=1, b=7 がいえる。
求めるものは 8712 だけである。 8712 = 4*2178

>>274
n^2≡n (mod 100)なる2桁の正整数nを求めればよい。
gcd(n,n-1)=1に注意すれば これは単純労働的に解けて
答えは n=25,76 であるとわかる。

>>275
τ(n)=Π(a_i+1)
σ(n)=Π(1+p+p^2+...+p^(a_i))
約数の積は (√n)^(τ(n)) となる。

>>277
mod4でみることで N≡2(mod4)なる整数Nは2つの平方数の差で表現不可
N≡0(mod4)のときは N = {(N+4)/2}^2-{(N-4)/2}^2 とすればよい。
(0を平方数とみなせば N=4は表現可となるが そうじゃないなら4は不可)
Nが奇数のときは N = {(N+1)/2}^2-{(N-1)/2}^2 とすればよい。
(0を平方数とみなせば N=1は表現可となるが そうじゃないなら1は不可)

難問投下。

どんな素数pに対しても、
3つの元で生成されるinifiniteなp-groupが存在する。
これを証明せよ。
(p-groupとは その任意の元の位数がpの巾である群)

それ、初等整数論の問題ではないんじゃね？

リスト更新しました^^ おやすみです^^

�@ Π[p＜n]p ＜ e^n　これは正しいかどうか。

�A x^2+y^2-1=axy+b(x+y+1) を満たす正整数x,yの組が
ちょうど127個存在するような整数a,bの組は存在するか。

�B 次の命題が正しいかどうかを判定せよ。
「任意に平方数でも平方数の3倍でもないような正整数Nを固定しよう。
x^2+xy+y^2=N に整数解が存在するとき、それは少なくとも12個ある」

�C 非負整数全体の集合をXと書くことにする。
a1，a2，…，an 及び b1，b2，…，bnは正の実数とする。
f：X^n → X を　
f(x1，x2，…，xn) ＝ Σ[i＝1〜n] [ai*(xi)^bi]
により定める。ただし、[]はガウス記号とする。
Σ[i＝1〜n] 1/bi ＜ 1 のとき、X−Im(f)には
無限個の素数が含まれていることを示せ。

�DNをa[1]a[2]...a[n]と10進法で表現するとき、
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。
たとえば N=24 に対しては 24=(2+2)(4+2)
となっているので これは条件を満たしている。

�E (問題)
次の2式を満たす整数a,b,c,d(abcd≠0)の組は存在するか。
a^3+c^3=3ab^2+3cd^2+1
b^3+d^3=3ba^2+3dc^2+1
(高校生スレにて挙げられた問題。印象に残ったので再掲)

>>293�E
条件の2式を満たす整数a,b,c,d (abcd≠0)の組が存在すると仮定する
第2式のi(=√(-1))倍を第1式から引いて整理すると (a+bi)^3+(c+di)^3=1-i
A=a+c, B=c+d, C=a^2-b^2+c^2-d^2-ac+bd, D=2ab+2cd-ad-bc とおくと
A,B,C,D はどれも整数で (A+Bi)(C+Di)=1-i、両辺の絶対値をとると (A^2+B^2)(C^2+D^2)=2 (*)

条件より a^3+c^3≡1, b^3+d^3≡1 (mod 3) だから A^3≡B^3≡1 (mod 3)
一般に整数nについて n^3-n=(n-1)n(n+1)≡0 (mod 3) なので、上のことから A≡B≡1 (mod 3)
A^2+B^2≡2 (mod 3) であり、(*)より A^2+B^2 は2の正の約数だから
A^2+B^2=2 かつ A=B=1 でなければならない
これより C^2+D^2=1 だから、C、Dのうち一方が0で他方が±1でなければならない
A=B=1 より c=1-a, d=1-d、これを代入して
C=3(a-b)(a+b-1)≡0 (mod 3), D=3(2ab-a-b)+2≡2 (mod 3)
だから C=0, D=-1 でなければならない
D=-1 より 2ab-a-b+1=0 (**)
一方 C=0 より a=b または a+b=1 であるが
もし a=b なら(**)から 2(a^2-a)+1=0 となり、(奇数)=(偶数)となって矛盾
もし a+b=1 なら(**)から 2ab=0 となり、abcd≠0と矛盾する
以上より条件の2式を満たす整数a,b,c,d (abcd≠0)の組は存在しない

http://img.f.hatena.ne.jp/images/fotolife/g/gazo-u/20101019/20101019055318.jpg
http://f.hatena.ne.jp/images/fotolife/g/gazo-u/20101019/20101019055317.jpg
http://f.hatena.ne.jp/images/fotolife/g/gazo-u/20101019/20101019055316.jpg
http://f.hatena.ne.jp/images/fotolife/g/gazo-u/20101019/20101019055315.jpg
http://f.hatena.ne.jp/images/fotolife/g/gazo-u/20101019/20101019055314.jpg

>>295
どこに問題がある？

>>296
俺と同じマイクを使っている点かな。

>>79
Q(√2)のQ上の基底は {1,√2} (∵√2のQ上の最小多項式はX^2-2)
Q(√2,√3)のQ(√2)上の基底は {1,√3}
(∵Q(√2)は√3を含まないゆえX^2-3は√3のQ(√2)上の最小多項式)
だから Q(√2,√3)のQ上の基底は {1,√2,√3,√6} となる。
このことから示されたといえる。

適当な一般化は帰納的に得られる。甚だルーチン。教科書レベルである。

たとえば、a+b√2+c√3+d√5=0 ⇒ a=b=c=d=0 (a,b,c.d:有理数)
を示したいとすれば、(これは適切な例ではないのだが)
{1,√2,√3,√5} がQ(√2,√3,√5)の
Q上の基底の部分集合であることをいえば十分。
Q(√2,√3)が√5を含んでいないことをいえばよい。
含んでいると仮定して矛盾を導きたい。(前の例でもやるべきであった)
Q(√2,√3)のQ(√2)上の基底は {1,√3}であったから、
√5 = a+b√3 を満たすa,b∈Q(√2) が存在する。
両辺を2乗して 5=a^2+3b^2+2ab√3 ⇔ 2ab√3=5-a^2-3b^2 を得る。
右辺は当然Q(√2)に入っているわけであるから
a=0 または b=0 または √3∈E がいえるわけである。
このように どんなに平方根がたくさんあっても、
単純に a+b√d みたいな形の数の議論に帰着されるわけである。

きちんと示したい場合は拡大次数と元の個数に関する帰納法を使う。

[命題P_n] (正整数nに依存する命題)
どんなn個の互いに素な√d(d:平方因子を含まない正整数)の形の数達を
与えたとしても Q(√d_1,√d_2,,,,√d_n)のQ上の拡大次数は2^n である。

P_1,P_2が真であることはすぐ示せて、
そこを土台にして、次々と真であることを示していく。
そういう意味でルーチンというわけ。帰納法は強かった。

P_1が真であることはほとんど明らか。(とくにdは平方数でないから)
P_2が真であることを示したい。Q(√d_1)が√d_2を含まないことを示せばよい。
含んでいたと仮定すると a+b√d_1 = √d_2 を満たす有理数a,bが取れる。
両辺2乗し a^2+d_1b^2+2ab√d_1 = d_2 を得る。
これから 2ab√d_1 = d_2-a^2-d_1b^2 を得る。
a=0 のとき b√d_1 = √d_2 となるので b≠0に注意して
√(d_1d_2) ∈Q を得る。 これは明らかに矛盾である。
b=0 のとき a = √d_2 となる。 明らかに矛盾である。
ab≠0のとき √d_1∈Q がいえる。明らかに矛盾である。
以上より、P_2が真であることがいえた。
ある正整数s≧2が存在していて P_1,P_2,..,P_sが真であると仮定する。
このとき、P_(s+1)も真であることが示せば帰納法は完成したといえる。
E=Q(√d_1,√d_2,,,,√d_s),F=Q(√d_1,√d_2,,,,√d_(s-1)) とおく。
Eが√d_(n+1)を含んでいないことを示せばよい。
含んでいると仮定する。(ここから矛盾を導きたい)
すると √d_(s+1) = a+b√d_s を満たすa,b∈Fが取れる。
(∵ [E:F]=2 であり 1,√d_s は線形独立であるから)
両辺を2乗し整理して 2ab√d_s = d_(s+1)-a^2-d_1b^2∈F を得る。
これから a=0 または b=0 または √d_s∈F がいえる。
a=0であるとすれば √d_(s+1) = b√d_s であるから
√(d_s)(d_(s+1)) = b*d_s∈F がいえる。しかしながら
Fに√((d_s)(d_(s+1)))に添加してできる体は帰納法の仮定から
Q上の拡大次数は2^sであるので これは矛盾している。
b=0であるとすれば √d_(s+1) = a∈F がいえる。
しかしながら Fに√d_(s+1)を添加してできる体は帰納法の仮定から
Q上の拡大次数が2^sであるので これは矛盾している。
√d_s∈F であるときも同様に矛盾である。　　　　　　　　　　　■

〔問題〕 次を求めよ。

(1)　∫(0,1) {1/x} dx

(2)　∫(0,1) {1/x}^2 dx

ここに {x} = x - [x] はxの小数部分。

http://www.mat.uniroma2.it/~tauraso/GRA20/main.html
M1845. (F.S.Wong)

>>301
(1)
　∫_(0,1) {1/x} dx
　= ��(n=1,∞) ∫(1/(n+1),1/n) {1/x} dx
　= ��(n=1,∞) ∫(1/(n+1),1/n) (1/x - n) dx
　= ��(n=1,∞) {log((n+1)/n) -1/(n+1)}
　= lim(N→∞) {log(N) -1/2 -1/3 - …… -1/N}
　= 1 - γ,
γ = 0.577215664901532…　オイラの定数

(2)
　0.2606614 ぐらい

m, nを自然数とする
|36^m−5^n|の最小値を求めよ

>>303
|36^m-5^n|=a

a=1になりえないことを示す。
36^m-5^n=1
(左辺が-1にならないことはMOD5でわかる)
(6^m+1)(6^m-1)=5^n
6^m+1は5で割り切れないゆえ矛盾。

aは明らかに3,5で割り切れない。
a=7がありえないことはMOD 5でわかる。
36-25=11 より
最小値は11

>>304
36^n - 5^m は1(mod5) , -1(mod4) だから11(mod20)になる
mod20で11になる絶対値の小さい数は11と-9だけど
36^n - 5^mはmod9で0ではない　したがって11が最小

簡単な割には面白かった
次

まとまっててよろしい。
しかし ありきたりな問題だ。どっかの簡単なコンテストの問題だな。同じのみたことある。

>>293
GIVE UP
予想すらつかない
いい加減 答え教えてくれ
ずっとリストに残っているようだし

仕方ない
私が解いてやろう

>>293
�AはGIVE UP
予想すらつかない
いい加減 答え教えてくれ
ずっとリストに残っているようだし

�Bは偽か

�Eも存在しないか

3辺の長さが素数かつ互いに異なるa,b,cで構成され、最大角が120°の三角形は存在するか？

>>313
する

しない
a^2+b^2+ab=c^2
(a+b+c)(a+b-c)=ab
a+b+c>a, b>a+b-c>1

>>313
>>142 に一般の解答がでている。
x^2+xy+y^2が平方数となるような正整数x,yの組は{3,5}により与えられる。
だから存在するとなる。

>>311
1つの反例は？

315:１３２人目の素数さん[]
2010/10/25(月) 12:45:37
しない
a^2+b^2+ab=c^2
(a+b+c)(a+b-c)=ab
a+b+c>a, b>a+b-c>1

晒しあげ

失礼。訂正する。
x^2+xy+y^2が平方数となるような素数x,yの組は
(x,y)=(3,5),(5,3) で全てである。

a,bを自然数として、3a＋5bの形に表すことのできない最大の自然数を求めよ

>>319
有名すぎて

>>319
>>222 にて既出。(若干違うがほぼ同じである)

引用すると
「gcd(a,b)=1なる正整数a,bを任意に固定する。
このとき ax+by(x,yは非負整数)で表現できない最大の整数は ab-a-b」

3a+5b = 3(a-1)+5(b-1)+8 と変形できるから ここで上記定理を用いれば
3(a-1)+5(b-1)で表現できない最大の整数は 7であることがいえる。
よって、答えとしては 7+8=15 が表現不可能な最大の整数となる。

>>316
x^2+xy+y^2=13

x^2+xy+y^2=7

>>322
ちょうど12個の整数解があるみたいだよ。
(x,y)=(3,1),(-3,-1),(-1,-3),(1,3),
(-4,1),(4,-1),(-1,4),(1,-4),
(4,-3),(-4,3),(-3,4),(3,-4)

>>323
これもちょうど12個あるみたいよ。
(x,y)=(2,1),(-2,-1),(1,2),(-1,-2),
(3,-1),(-3,1),(-1,3),(1,-3),
(3,-2),(-3,2),(-2,3),(2,-3)

99まで調べた
誰かソフトでやってくれ

12個
19
21
28
31
37
39
43
52
57
61
63
67
76
79
84
93
97

24個
91

なんといういじめ

これで満足しろ
http://www2.wolframalpha.com/input/?i=solve+(x^2%2Bxy%2By^2%3Dn+,n%3E0)

おお！
これで糸口探るか

解の個数が少なくとも12個あることは初等的な方法で説明できますね。
ただ、解の個数が12の倍数となることは初等的には説明しにくいです。

ここでは少なくとも12個あることを説明したいとおもいます。
(x,y)=(a,b)が1つの整数解を与えていたとしましょう。
このとき、(x,y)=(a+b,-a),(a+b,-b)は別の2解を与えます。
並べ替えと符号の反転を考慮して 少なくとも3*4=12個の解が得られます。
重複しないのは nが平方数でも平方数の3倍でもないことからいえます。
実際に解を与えること及び解が重複しないことは
ルーチンに確認できるでしょうが少しだけ面倒かもしれません。

すこし方法を変えれば まったくあたまをつかわずに、
解の個数が12の倍数であることが示せます。
しかしそれはぎりぎりスレチだと思われますので控えます。

すこし考えたところ 12の倍数となることは容易に説明がつくと結論しました。
次のように考えればいいのです。よくあるグループ分けの議論でしょうか。

まず、1つの整数解を取ります。
1つの整数解から それ自身も含めて12個の整数解が得られます。
それら12個の解は 互いに "並べ替え", "符号の反転",
"その他の変換" によって 移り変わることが確認できます。(要確認)
(その他の変換とは整数解(a,b)を(a+b,-a)に送る変換のこと)
そういう意味で 12個の整数解は1つのグループをなしているとみれます。
(整数解全体の集合に対して3種の変換による同値類を考えるわけです)
ということは 整数解の個数は 12の倍数にならざるをえません。

さて�Aに取り組むか

まず奇数個っていうのに注目だろ
ふふーん

3種の変換といいましたが ぶっちゃけ 2種で十分です。
並べ替え と (a,b)→(a+b,-a) だけで同値類ができます。

さて、�Aは誰か詳しい人いませんか？
解の個数を聞いてるので 難しいきがします。
有限個の解があったとして それがいくつ存在するかは
a,bの取り方によって大きく変わるとおもいますので。
2元2次不定方程式の解の個数に関する定理なんて私は知りません。

存在するとすればaは2か

bは±1か

とおもったらx, yは正なのか

あまり関係ないけどa=3, b=2のとき無限に解があるね。
というか かなり多くの場合は無限に解があるとおもう。
でも有限個しかない場合も無限パターンありうる。
最初に考えたのは a=0, b=2n (n:正整数)とした場合。
x^2+y^2-1=2n(x+y+1) となるから (x-n)^2+(y-n)^2=2n^2+2n+1
nをどんなふうにとっても有限個の解が得られて、
nをかえることで 解の個数がいろいろと変化してくれる。
でも 残念ながら この場合で 解の個数が奇数となることはない;

二次曲線の分類で
a=2, -2で放物線(平行な２直線)
a=-1, 0, 1で楕円
それ以外で双曲線

できた
間違いない
x^2+y^2-1=-2xy+127(x+y+1)

次は�D

ごめん浮気してた
おやすみ

>>339
すばらしい どうやって思いついた？

>>342
a=-2で平行な2直線
(x+y+1) (x+y-b-1)=0
でそれに注目して
傾きは-1でもう片方は第1象限にグラフはない(y切片-1)
だからもう片方がy切片が128になるようにb=127
それで自然数解(1, 127), (2, 126), ..., (127, 1)の127個
結局>>338に気づけばすぐだった

ab^3+ab^2-2ab-3b^2-3a=0
を満たす整数a,bの組を全て求めよ

>>344
0, 0

>>344
整数a,bの組が問題の方程式を満たしていると仮定する。
このとき a(b^3+b^2-2b-3)=3b^2 ・・・☆ が成立している。
(当然であるが逆に☆が成立しているとき(a,b)は問題の整数解である)
ということは b^3+b^2-2b-3|3b^2 ・・・〇 の成立がいえる。
(b^3+b^2-2b-3=0 が成立しえないことはすぐ確認できる。
というのも もしそうなれば ☆より、b=0となるからである)
〇より、|b^3+b^2-2b-3|≦3b^2 ・・・△ の成立がいえる。
b≧2のとき △から b^3+b^2-2b-3≦3b^2 ⇔ b^3-2b^2-2b-3≦0
がいえて、このときは簡単な計算より b=2,3であることがいえる。
b=2のとき 〇は成立していない。 b=3のとき ☆より a=1である。
b≦1のとき △から (b^3+b^2-2b-3)≧-3b^2 ⇔ b^3+4b^2-2b-3≧0
がいえて、このときは簡単な計算より b=1,-1,-2,-3,-4 がいえる。
b=-3,-4のとき 〇は成立していない。
△より (b,a)=(1,-1),(-1,-3),(-2,-4) が得られる。

以上より求める全ての整数解は
(a,b)=(1,3),(-1,1),(-3,-1),(-4,-2) であると結論できる。

失敬。1箇所ミスしてた。
△がいえるのは b≠0のときに限る。
b≠0の範囲では上の解答は正しいとおもう。
b=0 のとき a=0 であることはすぐいえるから、
(a,b)=(0,0)を求めるペアに付け加えれば解答は補完される。

>>301

(2)
　∫_(1/N,1) {1/x}^2 dx
　= ��(n=1,N-1) ∫(1/(n+1),1/n) {1/x}^2 dx
　= ��(n=1,N-1) ∫(1/(n+1),1/n) (1/x - n)^2 dx
　= ��(n=1,N-1) （-1/x -2n･log(x) + n^2･x）(x=1/(n+1),1/n)
　= ��(n=1,N-1) （2 -2n･log((n+1)/n) - 1/(n+1)）
　= {2N +2log(N!) -(2N+1)log(N)} + {log(N) -1 -1/2 -…… -1/N} -1
　→ log(2π) - γ -1　　　（…… スターリング と オイラ）
　= 0.26066140150781262295414738272924　　(N→∞)

マジで通報すっから

�Dは解けてるの？
24以外に見つからないんだけど

>>350
それでいい

>>350
>>339

�Dは誰もできていない。(見える範囲では)
やっぱり難問なのだろうか。
昨日解答が書かれた2題はともにスレ主が作成した問題で、
糸口がまったくみえない�Dは別の人が挙げた問題。

> スレ主

4億超えても24以外には見つからない

猫に小判、まで読んだ。

2桁なら、10*a[1]+a[2]=(a[1]+2)(a[2]+2) から a[1]*a[2]-8a[1]+a[2]+4=0、つまり (a[1]+1)(a[2]-8)=-12 で、
これを満たす整数の組 (a[1],a[2]) (0＜a[1]≦9, 0≦a[2]≦9) は (1,2), (2,4), (3,5), (5,6) の4つ。
12=3*4=(1+2)(2+2)
24=4*6=(2+2)(4+2)
35=5*7=(3+2)(5+2)
56=7*8=(5+2)(6+2)
3桁以上ではこの方法が通用しない。どうすりゃいいのか。

H(an+2)=an10^n
Σlog(an+2)=Σlogan+Σnlog10=logM+log10(n+1)n/2
=logN
log10(n+1)n/2=logN/M
N/M=10^(n+1)n/2

でたらめに数字を書けば、それが素数である確立をもとむ。
なお数字をひとつ書くのに0.4秒かかるとする。

なお数字をひとつ書くのに0.4秒かかるとする。
ー＞
３　0.4秒
１３　0.8秒
２２１　１．２秒

pai(n)/n

>>358
だからなんね？

24=2*4=8=M
4*6=24=N
N/M=3=10^(2*1)/2=10

>>361

時間の変数がありませんが？

H(an+2)=Σan10^n mod 10^i

>>365
だからなんね？

3桁4桁5桁では存在しないことは確かめた

>>360
0

xyz=x100+y10+z
x(100-yz)+10y+z=0
x=(10y+z)/(100-yz)
10y+z=r100-ryz
z(1-ry)=r100-10y
z=10(r10-y)/(1-ry)
r10-y=p(1-ry)
y=(p-r10)/(pr-1)

(x+2)(y+2)(z+2)=x100+y10+z
z=(x+2)(y+2)(z+2) mod 10
((x+2)(y+2)-1)z=-2(x+2)(y+2) mod 10
(n-1)z=8n mod 10
n(z-8)=z mod 10
1234567890 z
3456789012
73-4523-15,0
(x+2)(y+2)=n mod 10
1234567890 x
3456789012
73-4523-95,0
51-2301-73,8 y

151=28
212=32
423
536
...

1234567890 z
3456789012
73-4523-15,0
(x+2)(y+2)=n mod 10
1234567890 x
3456789012
9---1-3-7-
7---9-1-5- y
1-----7-3-
9-----5-1- y
...

171=3*9*3=54
192=3*11*4=110+22=132
591=7*11*3=77*3=231
...

オナニーは人のいないところでやれ

人のオナニーをのぞくな

あるn∈Nに対して
（2−√3）＾n　という形の数を考える
この数は適当なm∈Nが存在して
√（m）−√（m−1）
という表示を持つことを示せ
有名なペル方程式の入試問題

却下

>>376
簡単すぎるというかどこにでもある問題は控えたほうがいいのでは？
みんながやりたいのは気の利いたオリジナル問題だとおもうんです。

[解答]
(2−√3)^n = a-b√3　を満たす整数a,bが取れる。
共役をとり (2+√3)^n = a+b√3　がいえる。
2つの式を辺々掛け算して 1=(4-3)^n=a^2-3b^2 が得られる。
∴ (2−√3)^n = a-b√3 = √(a^2)-√(3b^2) = √(a^2)-√(a^2-1) ■

有名問題に少しだけ捻りを加えて少く面白くしたものを挙げます。
cos(qπ)=a+b√d を満たす正整数dと有理数a,bが存在するような
有理数q∈[0,1]を全て求めよ。(簡単すぎたらすみません)

ずっと下にヒントを書いておきますので、
見たくない人は見ないで下さいｗ






















[Q(2cos(pi/m):Q]=φ(m)/2　が一般にいえますので、
φ(m)/2≦2 を満たす正整数mがqの分母の候補となるわけです。
その視点でみると この問題は非常にルーチンに終わります。

>>379
問題は面白いかもしれんが　スレチ
とくにヒントが　スレチ
cos(qπ)∈Q ならば 初等数論だけの方法が知られている。
その問題だと初等数論の方法は厳しいきがする。

ほぼ初等数論的な方法だけで解けて、しかも、
なるべくオリジナルな問題を挙げるのは確かに難しいが。

>>378
その解答も ややスレチ

"共役"っていうのは 複素共役のことではなくて、
代数体Q(√3)の2つの共役射のうち、恒等射でないほうのものでしょ。
そういう言葉を使うのはスレチ。
ここはふつうに帰納法で (2+√3)^n = a+b√3 がいえる のほうが初等的。

>>1
はやく次の問題を供給汁

n∈Nとして
（3＋√5）＾nの整数部分が
5の倍数となるような
nの条件を言え

>>383
各正整数nに対して (3+√5)^n=a[n]+b[n]√5を満たす整数a[n],b[n]の組を取る。
このとき、帰納的に (3-√5)^n=a[n]-b[n]√5 の成立が示せる。
両辺足し合わせて (3+√5)^n+(3-√5)^n = 2a[n] が得られる。
これより (3+√5)^nの整数部分が 2a[n]-1 であることがいえる。
数列a[n]に関しては a[n+2]=6a[n+1]-4a[n] の成立が示せる。
これから a[n+2]≡a[n+1]+a[n] (mod 5) が得られる。
a[1]=3, a[2]=14 から初めて つぎつぎとa[n]のmod 5での値が計算できる。
-2, -1, 2, 1 の繰り返しで 周期が4であることが確認できる。
ということは 求めるnの条件は n≡1 (mod 4) であるといえる。

（3＋√5）＾n=0 mod 5

165x^2-21y^2=19は整数解を持たないことを示せ

（5＋(√5-2)）＾n

>>386
整数解があったら mod 7 で矛盾がみえる。ぶひひ

えさがたりない。。。
提案: 初等的な代数の問題までＯＫとする(数学科の学部レベルまで)

x,yは自然数で(1/x)+(1/y)<1/1000のとき
(1/x)+(1/y)の最大値を求めよ

Σn!=1 mod p

>>390
1/2000 + 1/2001 みたいなことか

位数867の非可換群の同型類の個数。

>>390
1/x+1/y＜1/n ならば 1/x+1/y は x=n+1, y=n^2+n+1で最大を取る。
これを確認するのは容易である。
たとえば 最大値(nの式)-1/x-1/y が 1/x+1/y＜1/n の下で
正であることを示せばよい。
1/x+1/y＜1/n ⇔ xy-nx-ny≧1 を用いればいい。
x,y＞nに注意して 簡単な解析をすればよい。

正であるじゃなくて　非負であることを示せばいい。
興味がある人は実際にやってみればＯＫ　確認は容易。

任意の正の数 a_(1), a_(2),…, a_(n) に対し
G_(n)≦A_(n)
等号が成り立つのは a_(1)＝a_(2)＝…＝a_(n)　のときに限る
このとき、次の問いに答えよ
ただし k, m, n は　k≧1 および m, n≧2 の自然数とする

[1] P(2)を示せ
[2] P(2^k)を示せ
[3] P(m)が成立すればP(m-1)が成立することを示せ
[4] n≧2の自然数nに対してP(n)が成立することを示せ

ちょっと意味が分かりますん

[1] a≧1, b≦1 である任意の正数 a,b に対し　a＋b≧1＋ab　を示せ
[2] a_(1)a_(2)…a_(n)＝1 である任意のn個の正数 a_(1), a_(2),…,a_(n) に対し、a_(1)＋a_(2)＋…a_(n)≧n を示せ
[3] G_(n)≦A_(n) を示し、等号成立が a_(1)＝a_(2)＝…＝a_(n) のときに限ることを示せ

文章が抜けた！

>>396訂正

次の命題を P(n) とおく
任意の正の数 a_(1), a_(2),…, a_(n) に対し
G_(n)≦A_(n)
等号が成り立つのは a_(1)＝a_(2)＝…＝a_(n)　のときに限る

このとき、次の問いに答えよ
ただし k, m, n は　k≧1 および m, n≧2 の自然数とする

[1] P(2)を示せ
[2] P(2^k)を示せ
[3] P(m)が成立すればP(m-1)が成立することを示せ
[4] n≧2の自然数nに対してP(n)が成立することを示せ

GとAはなんやねんボケ
相加相乗ってほざいたらブチ殺すぞ

下に与えられた整数ａ，ｂのそれぞれに対し，最大公約数を計算し，
ｘａ＋ｙｂ＝（ａ，ｂ）である整数ｘ，ｙをそれぞれ見つけよ。
（１） １４　と　３５
（２） ２５２　と　１８０
（３） ６６４３　と　２８７３
（４） ２７２８２８２８２　と　３２４２

ａ，ｂ及びｎ＞０が整数のとき、次を示せ。
ｂ^ｎ−ａ^ｎ＝（ｂ−ａ）（ｂ^(ｎ−１)＋ｂ^(ｎ−２)ａ＋ｂ^(ｎ−３)ａ^２＋・・＋ａ^(ｎ−１)）


ｎ＞ｍを正の整数とする。ｎをｍで割ったときの余りをｒとする。このとき、
２^ｎ−１を２^ｍ−１で割ったときの余りが２^ｒ−１であることを示せ。

カス問題のオンパレード

>>402
どこにでもある問題だ
つーか 単なる道具だよね？
問題じゃなくね？
互除法＆帰納法

>>398
>>399
>>401
有名

ディオファントスの墓石に刻まれた問題である。
彼はその一生の1/6を少年、1/12を青年、さらにその後は、一生の1/7を独身で過ごした。
結婚してから5年後に子供が生まれ、その子は彼より4年前に、彼の寿命の半分でこの世を去った。
彼の寿命を求めよ。

解説1：生きていた年齢をxとすると、(1/6)x+(1/12)x+(1/7)x+5+(1/2)x+4=x となり、これを解けば、x=84となる。

解説2：方程式を使わない解き方として、分数から「5年と4年」の確定している数字を目標にして考える。
分数を全部足すと、1/6 + 1/12 + 1/7 + 1/2 = 25/28となる。残りの 3/28 が、4年＋5年＝9年 だから、
1/28 が3年に相当する。全体は、28×3＝84年 になる。

解説3：もっと簡単には、彼の年齢は、6と7と12の公倍数だ。
最小公倍数は84となり、この2倍は考えられないから、彼の寿命は84歳になる。


（問題）
解説3に対するツッコミと、新たな解説4を示せ


>>378
「気の利いたオリジナル問題」ってこんなの？（笑）

解けてなくても>>403-405みたいに書けば全部済むから、このスレいらなくね？
>>1が出てくるなら話は別だけど

（開智中2009入試問題）

1から8までの8つの数字を並べて、8桁の数を作る。その数の各位に、アイウエオカキクと名前をつける。
2桁の数「アイ」は2で割り切れ、3桁の数「アイウ」は3で割り切れる。
4桁の数「アイウエ」は4で割り切れ、5桁の数「アイウエオ」は5で割り切れる。
6桁の数「アイウエオカ」は6で割り切れ、7桁の数「アイウエオカキ」は7で割り切れ, 8桁の数「アイウエオカキク」は8で割り切れる。

8桁の数を答えよ。

>>407
は？解けないと思ってるのはお前だけ

（立命館付属中2009入試問題）

次の7つの条件を満たす4つの整数を求めよ。

�@　すべて2000以上4000未満である。
�A　4つのうち1つだけは偶数である。
�B　3つは3で割りきれ、残り1つは3で割ると1余る。
�C　各位の数の和は3であるものが2つ、4であるものが1つ、9であるものが１つである。
�D　4つのうちの2つの数の差は、最も小さい組が9、最も大きい組が1000である。
�E　最も大きい数を除く3つの数の差は、どの2つをとっても200より小さい。
�F　4つのうち1つの数は、81で割ると36余る数である。

＞(ただ、拡張については考える余地があることが多いかもです^^)

>>1くらい読んどけボケ

同じ数学板住人としてこれは恥ずかしい>>409

>>399　　って　もはや数論の問題じゃなくね？
相加≧相乗の面白い証明方法を紹介しているだけだよね？

>>412
どの問題を解いて欲しいの？

問　ある6桁の回文数は95で割り切れ、しかもその数も回文数になるという。このような数をすべて求めよ。

>>414
>>406

21個の連続した自然数であって、どの数も13以下の1個以上の素数で割り切れるものは存在するか？

81をある正の整数で割り算すると、小数部分のどこかに1995という数字が出てきます
このような正の整数のうち最小のものを答えやがれり

４つの相異なる３桁の整数があり、百の位は全て等しい
このうち３つの数は４つの数の和の約数になっている
このような４つの数の組を求めればいいじゃない

解けるというのは 見た瞬間 解答の方針が完全に見えること。

問題: 各正整数nに対して、s(n):= nの各桁の和 (10進法において)
このとき s(a-b)=s(a)=s(b) かつ s(a+b)=s(a)+s(b)
を満たす100桁の正整数a,b(a＞b)は存在するだろうか。

幻想が見えたら「解けた」と書いていいのか何て斬新な定義だ
>>414
>>406の解答は？逃げた？

>>421
ちゃんとレス追ってね

幻想であってはいけないので、実際に
だいたいの方針を公開して　それでしばらく批判がないようならば
解けたとおもっていいのではないでしょうか。

>>402-405のレスのどこに>>406が解けたということが書いてあるのかな
ん？

>>420
たとえば
a=5454545454.......
b=4545454545.......

>>424
数時間たてば 誰かが(それは私かもしれないし)解答を書くとおもいます。
いまのところ　誰も解けていない(または解いていない)ようです。
(誰が解けるかどうかなんて客観的にはどうでもいいことで、
重要なのは解答・方針が実際に書かれるかどうかというのは言うまでもないでしょう)

じゃ、>>402-405は解けてないのに偉ぶってるってことだなｗ

x＋y＋z＝0 を満たす実数x,y,zで、(m,n)＝(2,3),(2,5),(3,2),(5,2)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)が存在するか？
あれば全て求めよ

>>427
だから解ける言ってんだろ

>>426
有名な問題です
わざわざ解答を書く必要はないでしょう

q＝(3p−5)/2 ※ただしpは奇素数 とし
S_(q)＝1/(2･3･4)＋1/(5･6･7)＋…＋1/q(q＋1)(q＋2)　とおく
このとき、1/p − 2S_(q)＝m/n ※ただし m,n は整数 ならば、
m−n は p で割り切れることを証明せよ

n を n≧1 の整数とし、 x_(n+1)＝x^2_(1)＋x^2_(2)＋…＋x^2_(n) とおく
ただし x_(1) は正の整数である
このとき、x_(2006) が 2006 を割り切るような最小の x_(1) を求めよ

>>419
100, 200, 300
101, 202, 303
102, 204, 306
103, 206, 309
197, 394, 591
198, 396, 594
199, 398, 597
200, 400, 600
201, 402, 603
202, 404, 606
203, 406, 609
297, 594, 891
298, 596, 894
299, 598, 897
300, 600, 900
301, 602, 903
302, 604, 906
303, 606, 909

2^x・3^y−5^z・7^w＝1
を満たす自然数(x,y,z,w)の組をすべて求めよ

>>433
＞４つの数の組

(x−y)^z＝xy

を満たす正の整数(x,y,z)の組をすべて求めよ

a^2＋1 および b^2＋1 がともに素数であるとき

(a^2＋1)(b^2＋1)＝(c^2＋1)

を満たす自然数(a,b,c)の組をすべて求めよ

a_(1)＝k＋1　※kは正の整数
a_(n+1)＝a^2_(n)−ka_(n)＋k

m≠n ならば a_(m) と a_(n) は互いに素であることを示せ

Σ[n=1,103]n^{p-1}　を割り切る 奇素数p をすべて求めよ

>>418
81 / 401 = 0.201995012

以下の条件を満たす a_(n) を求めよ

a_(1)＝1/2
a_(1)＋a_(2)＋…＋a_(n)＝n^2・a_(n)
n≧1

(n−2)! が n^2 で割り切れないような 自然数n をすべて求めよ
ただし、n＞1 とする

>>440
おいコンピュータで解いてんじゃねーよ(笑)

>>438

a[1] 　 ≡ 1 　　　 (mod k)
a[n+1] ≡ a[n]^2　(mod k)

よりa[n] ≡ 1 (mod k) (n≧1)が分かる。…(1)
次に、数列A[n]を

A[1] ＝ 1
A[n] ＝ a[1]a[2]…a[n-1]　(n≧2)

と定義する。(1)よりA[n] ≡ 1　(mod k) (n≧1) …(2)
である(n＝1のときは(1)が使えないので直接確かめる)。
また、1≦m＜nのとき A[n] ＝ A[m]*a[m]…a[n-1]
となることに注意する。問題文の漸化式を変形して

a[n+1]-k ＝ a[n](a[n]-k)
∴ a[n] ＝ a[1]a[2]…a[n-1] + k　(n≧2)

となるから、特にa[n] ＝ A[n] + k　(n≧2)と表せる。
この式はn＝1でも正しい。
gcd(x,y)を(x,y)と略記することにする。1≦m＜nのとき
(a[n],a[m]) ＝ (a[n]-a[m],a[m]) ＝ (A[m]*(a[m]…a[n-1]-1),a[m])
となる。

(A[m],a[m]) ＝ (A[m],A[m]+k) ＝ (A[m],k) ＝ 1 ((2)より)

(a[m]…a[n-1]-1,a[m]) ＝ 1

以上より、a[n]とa[m]は互いに素である。

3^n＋4^n (ただしnは2以上の自然数) が n で割り切れるとき、
n は 7 で割り切れることを証明せよ

>>442
n=12

>>429
>>406の答え書けよ

みんながやりたいのは気の利いたオリジナル問題だとおもうんです。

(x＋y)(1＋xy)＝2^z

を満たす正の整数(x,y,z)の組をすべて求めたい

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)
ax は奇数

5^p＋5^q は pq で割り切れます
このときの素数(p,q)の組をすべて答えなさい

>>447
レスをちゃんと追おうね

>>449
x=1で満たすy, zを求めたらいい

>>452
>>406を解いてください

a^2005＋b^2005 は a＋b と ab の多項式で表すことができます
この多項式の係数の合計を求めなさい

>>453
なぜ x=1 なんでしょうか？

>>454
なんでやねん

a[1]＝a[2]＝1
a[n+2]＝1/(a[n+1])＋a[n]　※nは正の整数

a[2010]を求めなさい

結論
>>457は書かれた問題にケチをつけながら解くマシーンに過ぎず
>>1が提唱した(ただ、拡張については考える余地があることが多いかもです^^)を考えられない恥ずかしい数学科卒

n^4−4n^3＋22n^2−36n＋18 が平方数となるような正の整数nを求めよ

nを正の整数とするとき、以下の条件を満たす素数pと整数mが存在することを証明せよ

(a) p≡5 (mod 6)
(b) nはpで割り切れない
(c) n≡m^3 (mod p)

>>419
108,117,135,180

>>459
俺がいつ>>406にケチつけた？

>>460
1, 1しか見つかんない

以下の条件を満たす最小のａを求めよ
ただし、ｍ，ｎ は正の整数とする

(ア) a＞5
(イ) a＝m[1]^2＋n[1]^2
(ウ) a^2＝m[2]^2＋n[2]^2
(エ) m[1]−n[1]＝m[2]−n[2]

>>460
n=3

>>463
レスを追ってね

答えだけ書くやつはCPUで計算したのかい？

>>467
ほれ

405 名前：１３２人目の素数さん[] 投稿日：2010/10/29(金) 10:35:07
>>398
>>399
>>401
有名
407 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2010/10/29(金) 10:37:37
解けてなくても>>403-405みたいに書けば全部済むから、このスレいらなくね？
>>1が出てくるなら話は別だけど
409 名前：１３２人目の素数さん[] 投稿日：2010/10/29(金) 10:42:00
>>407
は？解けないと思ってるのはお前だけ

>>468
スパコン

nを正の整数とし、S[n]を1とそれ自身を含むすべての正の約数の集合とする
集合S[n]の要素のうち、1の位の数字が3であるものは高々半数であることを証明せよ

n^4−4n^3＋22n^2−36n＋18=m^2（mは非負整数）とおくと、
((n-1)^2+8)^2=m^2+63
a=(n-1)^2+8とおくと、
(a+m)(a-m)=63
nが正の整数ならaは正の整数なので、
(a+m,a-m)=(63,1),(21,3),(9,7)
(a,m)=(32,31),(12,9),(8,1)
このうち、a=(n-1)^2+8を満たす正の整数nが存在するのは
a=12,8のときで、それぞれn=3,1

x^y＝y^{x-y}　を満たす正の整数(x,y)を求めよ

>>472
なるほど、平方完成を2回やるのか
その発想はなかったわ

ｂを正の偶数とする
(b^n−1)/(b−1) が平方数となる整数ｎ＞1が存在するとき
ｂは８で割り切れることを証明せよ

(a^4＋a^3＋1)/(a^2･b^2＋ab^2＋1) が整数となるような正の整数(a,b)を求めよ

x,y,z を正の数とするとき、次の式の最小値を求めよ

(x^2＋y^2＋2z^2)/(xy＋yz)

y^15＝2x^2−1 かつ x＞1 のとき
xは5で割り切れることを証明せよ
ただし、xは正の整数とする

全部簡単すぎるし見たことある。
というかコンテストの問題の貼り付けばっかり。
しかもおそらく同一人物による貼り付け。
オリジナル問題はどこにある？
もしかして、全部、勝手に拡張してくれっていう問題？
あらかじめ拡張した問題うｐれよ　たこ。
自分であたまつかって問題つくれよ。
(以上はコンテスト問題を貼り付けまくっているタコに向かって言っています)

>>478
おまえのことだよ。
おまえなりに拡張した問題をうｐれよ。
コンテストの問題そのままだとしたら出典ちゃんと書けよ。

>>461
中国のコンテストの問題やね。出典かこうね？？
でもこの問題　ほんとあたまわるすぎ。
あまりにもあきらかすぎる。
F_p*からF_p*への射:x→x^3 を考えれば明らか。
ルーマニア人にいわせると 中学校の問題だよ。

以下を満たす自然数ｎを求めよ

nσ(n)≡2 (mod φ(n))

>>482
先代の整数論問題スレにて既出。
v_2を計算すればいいだけ。はい終わり。

先代ってなんだよURL貼れ

英文読むのはめんどいから、どんどん日本語に訳してコピペしろ

>>408
38165472

>>478
たしかロシアのコンテストの問題だっけな？
すくなくともコンテストの問題だ。
この問題では mod 5 でみるのは ほとんど役に立たない。

y^15＝2x^2−1 　が成立してたとする。(x,yは正整数で x＞1とする)
(y^3+1)(y^12-y^9+y^6-y^3+1) = 2x^2
xが5で割り切れないならば 左辺の2つの因子は互いに素である。
ということは y^12-y^9+y^6-y^3+1が平方数であるといえる。
しかしこれが矛盾であることは簡単に示せる。　おわり。

＾＾が来ないせいで荒れまくりのスレになってる

コンテストの問題を拡張・改良(?)せずにそのまま投稿するのは
御法度だとおもう。そして出典かくのは礼儀。
コンテストの問題をつくったのは投稿した人とは別である。
拡張・改良すれば(程度によるけど)オリジナルだといっても差し支えない。

（International Zhautykov Olympiad 2005）

Find all prime numbers p,q＜2005 such that q|p^2＋8 and p|q^2＋8

日本語に訳せって言ってんだろカス

>>490
very easy　　以下道筋
q|p^2＋8 and p|q^2＋8 ⇒ pq|8p^2+8q^2+64
8p^2+8q^2+64 = kpq
p,qがともに奇素数であるときを主に考える。
このときは 16|k であるといえるから、k=16n とすれば、
p^2+q^2+8 = 2npq が得られる。
ヴィエタジャンピングという手法により、
nの候補を簡単に絞ることができて、
あとは簡単な2元2次の不定方式を解くだけになる。
非常にルーチン。あたまは全く使わない。

英語で出された問題は英語で解答を書くのがルール

>>493
そのルール あんまり実用性がなくね？
日本人ばかりが見ているならば日本語のほうが通じる割合多いじゃん。

>>541
p,qが奇素数で、どれも5でないとする。
このとき、pq|5^p+5^q が成立しないことを示す。
v_2(q-1)≠v_2{(p-1)/2}　と仮定しても一般性を失わない。
(∵v_2(q-1)=v_2{(p-1)/2}ならば v_2(p-1)≠v_2{(q-1)/2}であるから
このあとの議論をみればわかるとおり respectivelyである)
pq|5^p+5^q　⇒ p|5^q+5 ⇒ p|5^(q-1)+1
よって、とくに gcd(5^(q-1)+ 1,5^((p-1)/2)+1)＞2がいえる。
しかしながら 仮定より これはありえない。
(v_2が一致していないときは このような形の数のgcdは自明(1or2)である)
したがって、あとは pまたはqの片方が2の場合とか
5の場合を考えればよい。　　おわり。

一部議論を修正。
p-1,q-1のv_2を考える太刀筋はＯＫ

v_2(q-1)＞v_2{(p-1)/2}　と仮定しても一般性を失わない。
p|5^(q-1)+1 　まで いえたら、 5の半位数をsとするとき、
とうぜん s|(p-1)/2 かつ s|q-1 がいえて、v_2(s)=v_2(q-1)である。
ということは s|(p-1)/2 から とくに v_2(s)≦v_2{(p-1)/2}
がいえるので あわせて v_2(q-1)≦v_2{(p-1)/2} となる。矛盾。
これで完璧だとおもう。 v_2(q-1)≦v_2{(p-1)/2} のときは
v_2(p-1)＞v_2{(q-1)/2} がいえるので respectively である。

>>476
a=bで与えられるものだけである。

(a^4＋a^3＋1)/(a^2･b^2＋ab^2＋1) が整数ならば、
{(a^4＋a^3＋1)-(a^2b^2+ab^2+1)}/(a^2･b^2＋ab^2＋1)
も当然で整数であるが、これの分子は (a^2-b^2)(a^2+a)となる。
a^2+aと分母が互いに素であることは容易に示すことができる。
a^2-b^2と分母の絶対値の大きさを比較することで a=bがいえる。

つか全角記号使うなきもい

>>473
1, 1しかない

院卒崩れの馬鹿が余計な茶々入れたせいで出題連投が止まったじゃねーか！
前スレ既出とかどうでもいいから、どんどん日本語に訳して貼れや！
酒のつまみが足りねんだよ

>>471
九九

>>477
2*(2/3)^(1/2)

>>437
p=a^2+1, q=b^2+1 とおく。p＞q≧2と仮定しておく。
pq=c^2+1 より c＜pがいえる。
p|(c+a)(c-a) であるから c＜pとあわせて p|c+a がいえる。
c+a＜p+a＜2p であるから、c+a=p がいえる。
q＞2ならば a,c,pのパリティに矛盾がみえる。
q=2 のときは c+a=pを主に用いることで p=5がすぐにわかる。

>>473
(x,y)=(1,1)を除く範囲で考える。このとき、x,y＞1である。
つぎの�Aパターンが考えられる。
�@x-y＞y, �Ax-y＜y
x^y＝y^{x-y}
の両辺にv_pを取ると、
y*v_p(x) = (x-y)*v_p(y)
�@の場合 v_p(x)＞v_p(y) がいえるので、x=ky (k:正整数)が取れる。
この場合、 x^y＝y^{ky-y} から k=y^(k-2) が得られて、
k≧2^(k-2)となるので k≦4　がいえる。
k=4のとき、y=2, k=3のとき、y=3, k≦2では矛盾。
�Aの場合は y=kx となり x^k＝y^{1-k} となる。これは矛盾。
解のすべては (x,y)=(8,2),(9,3),(1,1)

>>475
(b^n-1)/(b-1)=[b^(n-1)+b^(n-2)+...+b]+1
自然数kに対してb^kとbの偶奇は一致
[]内は奇数項の和
つまり[]は偶数
よって[b^(n-1)+b^(n-2)+...+b]+1は奇数
奇数となる平方数は〜...と思ったけど
nが偶数じゃなくてbが偶数か
勘違い

>>436
(x−y)^z＝xy
z≧2と仮定する。
d:=gcd(x,y), x=ds, y=dtなる正整数s,tを取る。
d^(z-2)*(s-t)^z=st が得られる。
{d^(z-2)/(st)}*(s-t)^z=1 であり、{ }内は整数であるから、
(s-t)^z≦1　が得られる。
これから |s-t|=1が得られる。あとは簡単である。

>>475
(b^n-1)/(b-1)=[b^(n-1)+b^(n-2)+...+b]+1
で奇数
奇数の平方数は4m+1
よって[{b^(n-1)+b^(n-2)+...+b^2}+b]が4の倍数
つまりbが4の倍数

>>507
つーか 分数のままでやれば よくね？
で、b≡2,4,6(mod 8)の�Bパターンで矛盾がいえればいい。

以下、mod 8で考える。n≧2とする。
b≡2のとき (2^n-1)/(2-1)=2^n-1
2^n-1≡3,-1 である。ありえない。
b≡4のとき (4^n-1)/3≡-1/3 ありえない。
b≡6のとき、(6^n-1)/5≡ -1/5 ありえない
証明おわり。

補足)
-1/3, -1/5 が mod 8で平方数とならないことは
逆元を実際に計算することで　即座に確認できる。

>>465
a=1しかねーぞボケ

わるい。 b≡6 のときは n=2のときを考えていなかった。
しかしそのときは -1になるから 結局矛盾。ＯＫ牧場。

>>434
mod 35 でみれば x,yが偶数であることがいえる。あとはおちんちん。

mod便利過ぎワロタ

>>439
Σ[n=1,103]n^{p-1} ≡ 103-[103/p] ≡ 0 (mod p)
p|103-[103/p] を満たす奇素数pを全て求めればよい。
p＜103 であるのは明らかで、その範囲で探索すると p=3しかない。

>>445
n|3^n＋4^n を満たす正整数nを任意に取る。
nの最小の素因数をp＞3とすると、
(3/4)^n ≡ -1 (mod p) がいえる。
3/4の半位数をsとすると s|gcd((p-1)/2,n) がいえる。
pの最小性から s=1がいえるが、そのときは p=7となる。

>>449
x≧y≧1とする。
(x＋y)(1＋xy)＝2^z
y=1のとき (x+1)^2=2^z で、zは偶数で x=2^(z/2)-1 である。以下y＞1とする。
x,yはともに奇数であり、1+xy,x+yはともに2の巾で、指数は1+xyのほうが大。
x+y|1+xy がいえるから、x+y|(x+1)(x-1) がいえる。
4|x+1 か 4|x-1 である。　4|x+1 のときは
x+y|2(x+1) がいえる。(x+yが2の巾であることも使っている)
しかしこれは矛盾である。(∵k(x+y)=2(x+1)を満たす正整数mが取れないから)
4|x-1 のときは x+y|2(x-1) がいえて x+y=2x-2 ⇔ y=x-2 となる。
このとき xy+1=(x-1)^2 となるから x-1=2^mとなる。(m:正整数)

以上より求める全ての正整数x,y(x＞y)の組は
(x,y)=(2^m+1,2^m-1),(2^m-1,1)

>>471
正の約数のうち mod10で ±1になるものは ±3になるものより
多いか、または同じであることは良く知られている。それから直接従う。

>>428
問題文で意味がわからないところがある。
x,y,zは固定されているの？

それとも x+y+z=0を満たす任意の実数x,y,zで
等式が成立するような自然数m,nの組を求めろってこと？

>>406
ツッコミ： そもそも寿命がきっぱし整数値とは限らない

>>518
後者じゃね？

>>520
そうだとしたら x=1, y=-1, z=0 代入すれば おちんちんじゃね？

問題どんどん載せろ
じゃあおやすみ〜

x=-2, y=z=1 のほうがいいかも。いずれにしろ おちんちんだ

書かれた問題に対してグダグダ言ってる馬鹿はなんなの？
どんどん問題載せてもらう方がスレの趣旨に合ってるだろ
おまえらみたいに問題貼らないやつはどっか行けよ

n^m=3 mod 4

n=m=3

n^m^t=3 mod 4

n=3, m=t=1

>>477
　与式 =k とおく。
　x^2 +y^2 +2z^2 -ky(x+z) = {x -(k/2)y}^2 + 2{(k/4)y -z}^2 + {1 - (3/8)k^2}y^2,
が常に≧0 だから |k| ≦√(8/3),

>>478
y^15 + 1 = (y+1)(y^2 -y+1)(y^4 -y^3 +y^2 -y+1)(y^8 +y^7 -y^5 -y^4 -y^3 +y+1),
を使えないか？

>>301-302 >>348　追加

(3)　∫[0,1] {1/x}^3 dx　

ただし

Σ[k=1,N] log(k) = log(N!) = (N +1/2)log(N) -N +(1/2)log(2π) +1/(12N) + O(1/N^3),

Σ[k=1,N] k･log(k) = (1/2)(N^2 +N +1/6)log(N) -(1/4)N^2 + (3/8)log(2π) -(10+γ)/24 +…,

n!=3 mod p

リストが長大化していく
解答の検討も必要で 負担量増大。

>>529
それからkの最小値でるかね？
kの絶対値を上から抑えてもあまり嬉しくないとおもう。

>>431
r=(p-1)/2 とおくと p=2r+1, q=3r-1
一般に 2/{a(a+1)(a+2)} = 1/a -2/(a+1) +1/(a+2)
よって 2S(q)= -1 +Σ[a=1,q+2] 1/a -Σ[b=1,r] 3/(3b) = -1 +Σ[a=r+1,3r+1] 1/a
(m-n)/n
= 1/p - {S(q)+1}
= -Σ[a=r+1,2r] 1/a -Σ[a=2r+2,3r+1] 1/a
= -Σ[c=1,r] {1/(r+c) +1/(3r+2-c)}
= -Σ[c=1,r] (2p)/{(r+c)(3r+2-c)}
最後の和の各項の分母はpで割り切れず、分子はpの倍数だから、結局m-nはpの倍数となる （証明終）

(2^a+4^b)/(2^b+4^a)が整数となるような自然数(a,b)の組を求めよ

フィボナッチ数列F[n+2]=F[n+1]+F[n],F[1]=F[2]=1において
任意の自然数kにおいてkの倍数の項が

>>535
a=bで無限個
a=b以外にはない

(2^a+4^b)=0 mod(2^b+4^a)

F[n+2]=F[n+1]+F[n],F[1]=F[2]=1 mod k

n∈N r∈Qとする
Σ（k＝1⇒n）1／X（k）＝r
を満たすX（k）∈Nの組
｛X（1），X（2），・・・X（n）｝
の個数は有限であることを示せ

n∈Z、n≧2に対して
X（1）＋X（2）＋・・・＋X（n）＝X（1）・X（2）・・・X（n）
の正の整数解〔X（1）、X（2）、・・・、X（n）〕を考える
任意のnに対して解は少なくとも一つ存在し、
かつ有限個しかないことを示せ

>>539
各正整数nに対して命題P(n)を以下のように定める。

[命題P(n)]
どんな有理数rに対しても、
Σ[k=1,n]1/X(k)=r を満たす
X(1),X(2),..,X(n)∈Z+の個数は有限である。

任意の正整数nに対して命題P(n)が真であることをnに関する帰納法で示す。
n=1 のとき、P(n)は明らかに正しい。
ある正整数dが存在して、P(d)が真であると仮定する。
任意に有理数rを与え、あるX(1),X(2),..,X(d+1)∈Z+に対して、
(ただし、X(1)≧X(2)≧...≧X(d+1) であるとしておく)
Σ[k=1,d+1]1/X(k)=r が成立していたと仮定する。
このとき、すぐわかるように rは正の有理数である。(とくに0でない)
r≦Σ1/X(d+1)=(d+1)/X(d+1) だから、
X(d+1)≦(d+1)/r であることがいえる。
そして Σ[k=1,d]1/X(d) = r-1/X(d+1)∈Q であること、
および、P(d)が真であることから、P(d+1)が真であるといえる。

>>540
どんな整数n≧2に対しても
X(1)=n,X(2)=2,X(3)=X(4)=...=X(n)=1
(n=2のときは X(1)=X(2)=2 とする)
が方程式の解の1つを与える。

各整数n≧2に対して命題P(n)を以下のように定める。

[命題P(n)]
どんな正整数s,非負整数tに対しても、
sΠX_i-ΣX_i=t を満たす
X(1),X(2),..,X(n)∈Z+の個数は有限である。

任意の正整数nに対して命題P(n)が真であることをnに関する帰納法で示す。
n=2 のとき sX(1)X(2)-X(1)-X(2)=t ⇔ (sX(1)-1)(sX(2)-1)=st+1
であるから 明らかに真である。
ある正整数d≧2が存在して、P(d)が真であると仮定する。
任意に正整数s,非負整数tを与え あるX(1),X(2),..,X(d+1)∈Z+に対して、
(ただし、X(1)≧X(2)≧...≧X(d+1) であるとしておく)
sΠX(i)-ΣX(i)=t が成立していたと仮定する。
z=X(d+1)とおくと すぐわかるように ΠX(i)-ΣX(i)≧z^(d+1)-dz がいえる。
ということは dのみに依存するある定数Cが存在していて、z＜C である。
そして szΠ[i=1,d]X(i)-Σ[i=1,d]X(i)=t+z であることから、
P(d+1)も真であるといえる。よって帰納法は完成したといえる。

まあだから 一言でいうと 帰納法が閉じてくれるように
より強いものを示すことを考えるということだろうか。

定数Cはdのみに依存はウソ。tにも依存する。
しかしながら X(1)からX(d)の取り方に依存していないので問題なし。

リスト更新しました^^

�@ Π[p＜n]p ＜ e^n　これは正しいかどうか。

�A 非負整数全体の集合をXと書くことにする。
a1，a2，…，an 及び b1，b2，…，bnは正の実数とする。
f：X^n→X を　f(x1，x2，…，xn)＝Σ[i＝1,n] [ai*(xi)^bi] で定める。
Σ[i＝1,n]1/bi＜1のとき、X−Im(f)に無限個の素数が含まれていることを示せ。

�B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。

�C下に与えられた整数a，bのそれぞれに対し，最大公約数を計算し，
ｘａ＋ｙｂ＝（ａ，ｂ）である整数ｘ，ｙをそれぞれ見つけよ
(1)14と35　(2)252と180　(3)6643と2873　(4)272828282と3242

�D次の7つの条件を満たす4つの整数を求めよ。
1)　すべて2000以上4000未満である。
2)　4つのうち1つだけは偶数である。
3)　3つは3で割りきれ、残り1つは3で割ると1余る。
4)　各位の数の和は3であるものが2つ、4であるものが1つ、9であるものが１つである。
5)　4つのうちの2つの数の差は、最も小さい組が9、最も大きい組が1000である。
6)　最も大きい数を除く3つの数の差は、どの2つをとっても200より小さい。
7)　4つのうち1つの数は、81で割ると36余る数である。

�E 21個の連続した自然数であって、
どの数も13以下の1個以上の素数で割り切れるものは存在するか？

続きです。

�F(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

�G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

�Ga^2005＋b^2005 は a＋b と ab の多項式で表すことができます
この多項式の係数の合計を求めなさい

�H以下の条件を満たす最小のａを求めよ
ただし、ｍ，ｎ は正の整数とする
(ア) a＞5
(イ) a＝m[1]^2＋n[1]^2
(ウ) a^2＝m[2]^2＋n[2]^2
(エ) m[1]−n[1]＝m[2]−n[2]

>>545
�Cはa,bの最大公約数で割るといいだけのカス

最後です。�Mと�Nを追加しました^^ おやすみです^^

�I　∫[0,1] {1/x}^3 dx　を計算せよ。

�J以下の条件を満たす a_(n) を求めよ
a_(1)＝1/2, a_(1)＋a_(2)＋…＋a_(n)＝n^2・a_(n) (∀n∈Z+)

�K ある6桁の回文数は95で割り切れ、
しかもその数も回文数になるという。このような数をすべて求めよ。

�L (2^a+4^b)/(2^b+4^a)が整数となるような自然数(a,b)の組を求めよ

�M gcd{abcd|a,b,c,d,e∈Z,a^4+b^4+c^4+d^4=e^4} を計算せよ。

�N 次の条件を満たすようなP∈Z[X]は存在するか。

[条件]
P(n)=4 を満たすn∈Zが少なくとも4つ存在していて、
しかも P(n)=6 を満たすようなn∈Zも存在している。

>>548
Bは
a=bだって

証明は？

�Lは あきらかに(?) a=b だけやね
というのも まず あきらかに b≧a であり、
(分子-分母)/分母 も整数でないといけないけど、
(2^(b-a)-1)(2^b+2^a-1)/(2^(b-a)+2^a) が整数だから、
もし b＞aとすると、分子は奇数で、分母が偶数となって不適。おわり。

>>550
バカは死んでください

�Gがだぶってますね^^;;
8-1, 8-2 などと区別しておいてください^^;;

>>455　>>546
8-2
a^n+b^n=Σ[i,j≧0]x_[i,j]{(a+b)^i}*{(ab)^j}
としたとき、a=(1+i√3)/2　,　b=(1-i√3)/2　とおけば
a+b=1　ab=1　より
Σ[i,j≧0]x_[i,j]=Σ[i,j≧0]x_[i,j]{(a+b)^i}*{(ab)^j}=a^n+b^n

駅弁私大のアホ

>>545
�C
5n-2, 1-2n
7n+3, -5n-2
511 n+37, -221n-16
36414141n-58655556, 697-1621n

>>556
なんか面白い性質見つかった？
それともただ大きい数字なだけ？

�E　は存在しない。
20連続なら存在することが簡単に示せる。
21連続で存在しない証明は非常にドカタ的にできる。
一瞬で ズバリと切り裂く方法は知らない。
ドカタ的でもいいなら公表しよう。できれば頭の良い方法が知りたいｗ

a^2+2=b^3を満たす正整数の組(a,b)を全て求めよ

>>559
簡単すぎー

荒らしが住み着いてるね

>>561
どこが難しんだよ
a=5
b=3

>>560
一応解いてみては？

>>562
それが全ての解であることの根拠は？

�D次の7つの条件を満たす4つの整数を求めよ。
1)　すべて2000以上4000未満である。
2)　4つのうち1つだけは偶数である。
4)　各位の数の和は3であるものが2つ、4であるものが1つ、9であるものが１つである。
5)　4つのうちの2つの数の差は、最も小さい組が9、最も大きい組が1000である。
6)　最も大きい数を除く3つの数の差は、どの2つをとっても200より小さい。
7)　4つのうち1つの数は、81で割ると36余る数である。

1),2),4),5) より、最大の数は3001, 最小の数は2001であるといえる。
もう2つの数のうち 片方は2010であることがわかる。
最後の1つを81k+36 とおく。|2001-(81k+36)|＜200 だから、
22≦k≦26 がいえる。k=22,23,24,25,26 をすべて試すと、
1818, 1899, 1980, 2061, 2142 となる。
この中で 奇数かつ 各桁の和が9であるのは 2061だけである。
以上より求める4数は 2001, 2010, 2061, 3001 といえる。

>>564
え？わかんないの？

>>566
お前は素で馬鹿のようだな。

>>559
その問題は初等数論の方法は一応知られているけど、(テクニカル過ぎる)
君は そこに書き込んだからには それを想定しているのかな？

一番の頭を使わない方法は
整数環Z[√-2]がUFDであることを用いる方法。
Z[√-2]の単数は±1しかないから、この方法で 瞬殺できるわけ。

てか、それオリジナル問題じゃないよね？
拡張を考えろってこと？
どういう拡張を考えるつもり？
この手の問題の拡張に 無理があることは承知のはず。

>>568
うん。一応オリジナルの問題ではない。すまない。
だけど、こういう簡単そうな問題に限って、難しいというのが印象的だった。
拡張が無理だというのは承知してます

2^nの下3桁が888になるnを小さい順に並べた数列は？

>>570
10は2を素因数としてもつことに注意し、
mod 1000で考えればいい。つまり 2^n≡888 (mod 1000)を解けば良い。
これは まさに 単純労働。

>>571
おいおいどんな数列になるんだよ

>>570
というか 2^nの下3桁が 888になることはないようだね。
というのも 888は16で割り切れないから。 ふぁっくゆう！

�J a_n = 1/{n(n+1)} であることが自然に帰納法で確認できる。

残っている問題は �@、�A、�B、�E、�F、�G、�H、�I、�K、�M、�N
ただし、�Eについては >>558 がコメントしているので注意。

>>573
2^39
はい論破

>>415=548�K
x=Σ[n=1,3] a[n]{10^(n-1) +10^(6-n)}
95|xだから5|x　よって5|a[1], 0<a[1]<10より a[1]=5
19|xだから 3*5+6a[2]+12a[3]+5a[3]+10a[2]+5≡0 mod 19
3a[2]+2a[3]≡1 mod 19
a[3]≡10-11a[2] mod 19
a[2], a[3]は1桁の非負整数なので
(a[2],a[3])=(2,7),(4,4),(6,1),(7,9),(9,6)
527725=95*5555
544445=95*5731
561165=95*5907
579975=95*6105
596695=95*6281
よって求める回文数は527725

お前らリスト更新した途端解きやがって

�Mの問題の意味がわからん

残った問題で�Eを除いた感覚的な難易度
(解いたわけではない。直感で判定)

[ぶっちぎりで難しい]
�@と�B

[かなり難しい]
�Aと�G (8-1のこと)

[難しい]
�H, �I, �M, �N,

[ふつう]
�F, �K

>>576
失礼。 1000=2^3*5^3　やったね。
1000=2^4*5^4 に脳内変換されていた。
まあ解きますから 見守ってくださいね。

最大公約数は自然数の部分集合に対して定義されることがある。
たとえば、gcd{2,4,10,12} = 2 であることはすぐわかるだろう。
問題に近い例だと gcd{xyz|x,y,z∈Z, x^2+y^2=z^2} が計算できる。
x^2+y^2=z^2の整数解は無限にあるけど、
xyzという数がそれの整数解に対応して動くとき、
gcdは実は60であることがよく知られている。
きちんと証明するならば まず 3^2+4^2=5^2 に着目する。
これから 当然 gcdは60以下であることがいえる。
あとは x^2+y^2=z^2 ならば 60|xyz を示せば gcd=60 が示されたことになる。

>>582
そんなことは知っている

>>570
下k桁の場合は？

>>583
>>579 に対してのレスのつもり。
だから問題の意味は たぶん はっきりしている。
実際 a^4+b^4+c^4+d^4=e^4 は非自明な整数解を持っているゆえ
gcdはきちんと有限な数として定まっているから。

> たぶん はっきりしている
え？はっきりしてるの？たぶんなの？

>>586
わたしが挙げた問題じゃないんで
たとえば abcd は abcde の入力ミスかどうかは わからない。
ただ 私的には どちらでもあまり問題は変わらないように思える。
そういう意味で "たぶん" ということｗ

>>548�N
条件よりP(X)-4=(X-a)(X-b)(X-c)(X-d)*Q(X) (a,b,c,dは整数でa<b<c<d, Q∈Z[X])　右辺をR(X)とおく。
nがa,b,c,dのいずれも異なるときn-a, n-b, n-c, n-dは4つの異なる0でない整数であるから、
その積の絶対値は|(n-a)(n-b)(n-c)(n-d)|≧|2*1*(-1)*(-2)|=4
一方、Q(X)∈Z[X]は整数nに対してQ(n)=0でなければ|Q(n)|≧1
よって、R(n) (n：整数)は0でなければ絶対値4以上なので、P(X)-4=2となることはない。
以上より、条件を満たすようなP∈Z[X]は存在しないことがわかった。

2^n≡888 (mod 1000) は2つのmod方程式に分解される。
1つは 2^n≡888 (mod 5^3), 2つは 2^n≡888 (mod 2^3)
前者は 2^n≡13 (mod 125), 後者は 2^n≡0 (mod 2^3) に同値。
後者は n≧3ならば 自動的に満たされる。
ゆえに 前者についてだけ考えれば十分である。
しかし 2はmod 5での原始根の1つであり、v_5(2^4-1)=1なので、
2^x≡13(mod 125)を満たすxは mod 100の範囲にただ１つだけ存在する。
>>576 が言ってくれているように x=39は１つの解を与える。
ということは自動的に x≡39 (mod 100)が求める解である。
したがって求める数列は初項39,公差100の等差数列である。
>>570 こんな感じでどうでせうか。

k桁の場合も 下k桁が 2^kで割り切れていて、
しかも 5と互いに素であるかぎり、存在がいえて、
求める数列は とにかく公差 4*5^(k-1)の等差数列。
初項を一般の場合で求めるのは
いわゆる離散対数問題となり 一般に未解決である。

666は？

悪魔の数字

666 は 8で割り切れないから 2^nの下3桁が666になることはない。

>>588
頭が良い方法ですね！　すばらしい。

ただ、たとえば P(n)=6 ではなくて =9 だとしたら
その解答は そのままでは通用しないでしょう。
というのも 9-4=5＞4　ですからね。
なにがいいたいかというと
9-4が素数であるとみるのも1つの見方だとおもうということです。
(少なくとも4つが意味するところの本質だということ。本題では6-4が素数)
そういう見方でみるならば、たとえば
P(X)=4+(X-a)(X-b)(X-c)(X-d)*Q(X) と書くとして
P(n)=9 を満たす整数nが存在したとしたら、
(n-a)(n-b)(n-c)(n-d)*Q(n) = 5
整数環Zの単数は±1だけですから Zの分解の一意性より矛盾です。

n^4 mod 4 =0, 1
n^4 mod 5 =0 or 1
n^4 mod 100 = 0, 1, 16, 21, 25, 36, 41, 56, 61, 76, 81, 96

>>595
うおおおおおおおおおおおおおおおおおおおおおおおおおお
ひらめいた

もう難しそうにみえる問題しか残ってなっぽ。鬱死。

n^4 mod 8 =0, 1

n^4 mod 16 =0, 1

n^4 mod 20 = 0, 1

n^4 mod 20 = 0, 1, 16

�A
簡単のため、B ＝ Σ[i＝1,n]1/bi と置く。仮定から0＜B＜1である。
Mを自然数とする。集合A_Mを

A_M ＝ Im(f)∩{ 1,2,…,M }

と定める。すなわち、Im(f)の元でM以下であるものの集合がA_Mである。
｜A_M｜を評価する。m∈A_Mならば、m ＝ f (x1，x2，…，xn)を満たす
非負整数x1,…,xnが取れる。m≦Mだから、各iごとに ai*(xi)^bi≦M が
成り立つ。特にxi≦(M/ai)^{1/bi} である。この条件を満たすxiは
xi ＝ 0,1,2,…,[ (M/ai)^{1/bi} ] の[ (M/ai)^{1/bi} ] + 1 個しか無い。
よって、

｜A_M｜≦Π[i＝1〜n]( [ (M/ai)^{1/bi} ] + 1 )

が成り立つ。右辺はM→∞のときＯ(M^B)であるから、0＜B＜1に注意して、

lim[M→∞]｜A_M｜/{M/log(M)} ＝ 0　…(*)

が成り立つことになる。
もしX−Im(f)に素数が有限個しか含まれてないとすると、
そのような素数を小さい方から順番にp1,p2,…,pkとすれば、
Im(f)はp1,p2,…,pk 以外の全ての素数を含むことになる。特に、
pk＜M のとき常に

π(M)−k ≦ ｜A_M｜

が成り立つ。ただし、M以下の素数の個数をπ(M)と置いた。
上の不等式の両辺を{M/log(M)}で割ってM→∞とすると、
左辺は素数定理により1に収束するが、右辺は(*)によって
0に収束するから、矛盾する。

>>595
0:0:0:0, 0
0:0:0:1, 1
0:0:0:16, 16
0:0:0:21, 21
0:0:0:25, 25
0:0:0:36, 36
0:0:0:41, 41
0:0:0:56, 56
0:0:0:61, 61
0:0:0:76, 76
0:0:0:81, 81
0:0:0:96, 96
0:0:16:25, 41
0:0:25:36, 61
0:0:25:56, 81
0:0:25:76, 1
0:0:25:96, 21
1:25:25:25, 76
21:25:25:25, 96
25:25:25:25, 0
25:25:25:41, 16
25:25:25:61, 36
25:25:25:81, 56

正の実数の組 r1,...,rK と誤差εが与えられたとして
誤差の範囲内で実数の組の自然数比 n1,...,nK を求めるアルゴリズムはありますか？
(例) 14.5, 28.2, 7.1 → 2:4:1

連分数展開(互除法)のような発想かもと思ったのですが違う気もします。

一応、相対誤差を使って問題を定式化してみました。
定式化の仕方が悪い可能性もあります。
"条件ε > max[i]{ |ri-αni|/α } を満たす
正の実数αと自然数n1,...,nKで
max[i]{ni}を最小にするものを求めよ。"です。

>>417　>>545　�E
. 1,. 2,. 3,. 4,. 5,. 6,. 7,. 8,. 9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21

. 2, .. ,. 2, .. ,. 2, .. ,. 2, .. ,. 2, .. ,. 2, .. ,. 2, .. ,. 2, .. ,. 2, .. ,. 2, .. . ,2
. 2,. 3,. 2, . .,. 2, .. ,. 2,. 3,. 2, .. ,. 2, .. ,. 2,. 3,. 2, .. ,. 2, .. ,. 2,. 3,. 2
. 2,. 3,. 2, . .,. 2,. 5,. 2,. 3,. 2,. . ,. 2, .. ,. 2,. 3,. 2,. 5,. 2, .. ,. 2,. 3,. 2
. 2,. 3,. 2,. 7,. 2,. 5,. 2,. 3,. 2,. . ,. 2, .. ,. 2,. 3,. 2,. 5,. 2,. 7,. 2,. 3,. 2
. 2,. 3,. 2,. 7,. 2,. 5,. 2,. 3,. 2,11,. 2,13,. 2,. 3,. 2,. 5,. 2,. 7,. 2,. 3,. 2

x≡0 mod 2 ,x≡2 mod 3 ,x≡0 mod 5 ,x≡4 mod 7 ,x≡2 mod 11 ,x≡2 mod 13
x≡9440 mod 30030
9440〜9460の連続した21個の整数はすべて2,3,5,7,11,13のどれかで割り切れる。
上の表の最下段で、11と13を逆にすると、対応するのは20570〜20590の21個。
mod 30030=2*3*5*7*11*13 ではこの2種類しかない。　続く。

>>605　続き
22個連続の場合がありえないのは次のように示せる。
ある22個の連続した自然数の集合をAと置く。
また、Aに含まれる自然数のうち、最小の素因数がpのものの個数をA(p)とする。
Aには13の倍数が1〜2個含まれるが、うち1つは必ず2の倍数なのでA(13)≦1。
11についても同様にして、A(11)≦1。
Aには7の倍数が3〜4個含まれるが、4個あった場合、うち2つは2の倍数で、3の倍数も1つ含まれる。
2の倍数のうち1つを6の倍数と取れば、最小の素因数が7のものは多くても2個。
7の倍数が3個含まれた場合も同様にして最小の素因数が7のものは多くても2個。よってA(7)≦2。
Aには5の倍数が4〜5個含まれるが、5個の場合、うち少なくとも1つは3の倍数。
これが6の倍数の場合、5の倍数5個には2の倍数が3つ含まれるので最小の素因数が5のものは多くても2個。
その他の場合も2と3の倍数を数えることで、A(5)≦2とわかる。
Aには3の倍数が7〜8個含まれるが、2の倍数を除けばA(3)≦4
2の倍数は11個なので、A(2)=11
以上からA(2)+A(3)+A(5)+A(7)+A(11)+A(13)≦11+4+2+2+1+1=21
よってAには最小の素因数が13より大きいものが必ず1つ含まれる。

>>605 がんばって良い組み合わせをみつけたわけね。GJ
つまり �Eは存在する が答えか。

中２のとき、英語の授業で先生がSに「昼飯は英語で何というか？」と聞いてきた。
先生は多分「ランチ」と答えさせたかったのだろうが、Sには分からないようだった。
先生は「お前がいつも食ってるヤツや。それを英語っぽく言うてみい」とヒントを出してくれた。

十数秒後、Sの口から「ヴェントゥー（弁当）」という誰も予想しなかった核爆弾級の言葉が発射された。

>>585
> 実際 a^4+b^4+c^4+d^4=e^4 は非自明な整数解を持っている
うそつきーーーーーーーー
しねーーーーーーーーーー

３０＾４＋１２０＾４＋２７２＾４＋３１５＾４＝３５３＾４。

全角使うなカス

ｾﾞﾝｶｸﾂｶｳﾅｶｽ

>>610
9時ジャストをお知らせしますん

全角くんをしらんとは・・・

>>614
くわしくーーーーーーー

１０００＾４＋１１２０＾４＋３２３３＾４＋５０８０＾４＝５２８１＾４。
１５３０＾４＋８０１０＾４＋９４９８＾４＋１３３５５＾４＝１４４８９＾４。

とりあえずその3つで1000
だから求めるのは1000の約数である必要が

それで125の倍数であることも簡単に分かる
つまり候補は
125
250
375
500
625
750
875
1000

ごめんです
125
250
500
1000

ｘ＾４≡０，１（ｍｏｄ．８）。
ｘ＾４≡０，１（ｍｏｄ．５）。

512の倍数であることもわかった

じゃなくて8の倍数だ

ということで1000が求めるもの

>>609
０も許せば
　0^4 + 95800^4 + 217519^4 + 414560^4 = 422481^4,　(R.Frey,1988)
　0^4 + 2682440^4 + 15365639^4 + 18796760^4 = 20615673^4,　(N.D.Elkies,1987)


> 実際 a^4 + b^45 +c^5 = d^5, も非自明な整数解を持っている.

>>624
整数は0を含んでいるから 許されている。
しかしながら その解自体は 解答に役に立たない。

要するにオイラーの予想ってやつだな

>>530 (3)

∫(1/(n+1),1/n) {1/x}^3 dx = ∫(1/(n+1),1/n) (1/x - n)^3 dx
　　= ∫(1/(n+1),1/n) （1/(x^3) -3n/(x^2) +3(n^2)/x - n^3）dx
　　= （-1/(2x^2) +3n/x +3(n^2)log(x) - (n^3)x）(x=1/(n+1),1/n)
　　= (1/2)(n+1)^2 -(1/2)n^2 -3n +3(n^2)log(n+1) -3(n^2)log(n) -(n^2)/(n+1)
　　= (3/2)(n-1)^2 -(3/2)n^2 +3(n^2)log(n+1) -3(n^2)log(n) -1/(n+1),

∫(1/N,1) {1/x}^3 dx = ��(n=1,N-1)∫(1/(n+1),1/n) {1/x}^3 dx
　　= -(3/2)(N-1)^2 +1 +(3N^2 -1)log(N) -6��(k=1,n) k･log(k) +3log(N!) -(1 + 1/2 + 1/3 + …… +1/N -log(N))
　　→ 2 - (3/4)(γ+log(2π))
　　= 0.1886804515168412418746213278300…

(4)　m≧1 のとき
　I_m = ∫[0,1] {1/x}^m dx < 1/(m+1),

リストで未解決なのは
�@,�B,�G(8-1),�H, �F

このうちの�H,�F以外は異様に難しきがする。
8-1は問題の精神が理解できない。
これはデタラメに作成したの？ (8-1の作者宛て)

�Hは存在しない

リストってなんなの？どっかにまとめサイトあるのか？

>>630
おそらく >>545 のことを指しているのだとおもう。
つまり番号付けされた問題の一覧のことだとおもう。

�Hのaは存在している。最小のaはだいたい200前後だとおもう。
�Hは見掛け倒しで実は大して難しくない。体育会系の問題。
段違で難しいのは 明らかに �@,�B,8-1

a=m[1]^2+n[1]^2=m+n
a^2=m[2]^2+n[2]^2=4m+4n
m[1]-n[1]=m[2]-n[2]
m=n
a=2n
a^2=8n=4n^2
n=2
a=4

a＞5の範囲で 最小なのが200前後。

10=3^2+1^2, 3-1=2
10^2=8^2+6^2, 8-6=2

となると最小のaは a=10 か。くだらない。

たしかにa>5ではちょっと試算すればa=10が見つかるのでつまらないね。a>10だったらよかったかも。

a^2=m[2]^2+n[2]^2 の正整数解は a=s^2+t^2, m[2], n[2] の一方が s^2-t^2, 他方が 2st (s,tは正整数でs>t>0) だから、
m[1]=s, n[1]=t としてよい。このとき条件から ±(s-t) = (s^2-t^2)-2st、変形して {2(s-t)±1}^2-2(2t)^2=1
つまり (x,y)=(2(s-t)±1, 2t) は x^2-2y^2=1の正整数解。これは良く知られているように(1-√2)^(2n)の展開から得られる。
n=1:　s=2 or 3, t=1;　a=5 or 10 ←�Hの答
n=2:　s=14 or 15, t=6;　a=232 or 261
n=3:　s=84 or 85, t=35;　a=8281 or 8450
n=4:　s=492 or 493, t=204;　a=283680 or 284665
n=5:　s=2870 or 2871, t=1189;　a=9650621 or 9656362
等々。

>>627　(4)

　1/x は下に凸だから
　1/(n+1) < x < 1/n のとき　{1/x} = 1/x - n < (n+1)(1-nx),

　∫[1/(n+1),1/n] {1/x}^m dx = ∫[1/(n+1),1/n] (n+1)^m･(1-nx)^m dx
　　= ∫[1/(n+1),1/n] (n+1)^m･(1-nx)^m dx
　　= 1/{(m+1)n(n+1)} [ -(n+1)^(m+1)･(1-nx)^(m+1) ]（1/(n+1),1/n）
　　= 1/{(m+1)n(n+1)}
　　= {1/(m+1)}{1/n - 1/(n+1)},

　∫[1/N,1] {1/x}^m dx = {1/(m+1)}�納n=1,N-1] {1/n - 1/(n+1)}
　　= 1/(m+1) (1 - 1/N)
　　< 1/(m+1),

>>530 (3) は >>548 �I

>>636
�Hは多分, x,yは互いに素が抜けている。
その場合は a=10は不適となる。
なぜそう思うかというと もとの問題はコンテストの問題で、
互いに素が抜けている以外まったくおなじだから。
、
m[1]=s, n[1]=t としてよいとかいってしまうと、
最小のaを取り逃す危険性がある。

失礼。x,yじゃなくて (m1,n1)=(m2,n2)=1

>ただし、ｍ，ｎ は正の整数とする

なんだから

m[2]=m×[2]=2m

10********(*には2〜9が1つずつ入る)が平方数になるものを3つ求めよ

>>641
コンピュータで弾き出した。

32043^2 = 1026753849
32286^2 = 1042385796
33144^2 = 1098524736

これで全て。

＜問題＞
15^2010 を 128 で割った余りを正の数で答えよ。

＜解答案＞
15^k≡1 (mod 128) となる自然数 k を探すと k＝8 が見つかる。従って、
15^2010≡15^2≡225≡97 (mod 128)


これだと k＝8 まで地道にやんないといけないよね？
何かもっといい方法ないかね？

>>643

　2010 ≡ -6,　(mod 16)
二項展開により
15^2010 = (16-1)^2010
　　≡ -2010*16 + 1　　(mod 16*16)
　　≡ 6*16 + 1　　　　 (mod 16*16)
　　= 97
とか

>>530　(3)

Σ[k=1,N] k･log(k) = (1/2)(N^2 +N +1/6)log(N) -(1/4)N^2 +0.2487544767… +0.00141/N^2 - …

>>627
　I_3 = 0.1870730745…

>>644
16と1に分けるのか
その発想はなかったわ・・・常套手段なのか？ 覚えておこう

>>646
君の方法は頭がいいとおもう。
実はk=8はほぼ一瞬で見つかるからね。

次の定理は良く知られている。証明は簡単。よく使うので要記憶。
aが奇数, kが偶数のとき v_2(a^k-1)=v_2(a^2-1)+v_2(k)-1
(注意:もう少し一般化が可能である)

これを使えば v_2(15^2-1)=5 より 15^8≡1 (mod 128)がいえる。

おぉ、さすがに高度すぎて意味がわかんねぇ

(a^k-1が2で割り切れる回数) =
(a^2-1が2で割り切れる回数)+(kが2で割り切れる回数)-1

例) 3^88-1が2で何回割り切れるかを求めたいとする。
3^2-1は2で3回割り切れて 88は2で3回割り切れるから、
3+3-1=5 となり 3^88-1 は 2で5回割り切れるとなる。

1からnまでの数字が書かれたカードが一枚ずつある。
（ただしn≧3）
このn枚のカードから無作為に同時に三枚のカードを取り出す
書かれた数字の積の期待値をE（n）で表す
このときlim［n→∞］E（n）／n＾3を求めよ

おもろい問題見つけた

1/6

>>650
スレチ。

lim［n→∞］(1/n^3)(1/n^3)(1+2+...+n)(1+2+...+n)(1+2+...+n) = 1/8

>>652
それは復元抽出の場合である。

>>650

出た数字を i, j, k とする。
　�納i=1,n] �納j≠i] �納k≠i,j] ijk
　　= �納i=1,n] i*{�納j≠i] j*{�納k≠i,j] k} }
　　= �納i=1,n] i*{�納j≠i] j*{n(n+1)/2 -i -j} }
　　= �納i=1,n] i*{n(n+1)[(n-1)(3n+2)/12 -i] + 2i^2}
　　= (1/8)(n-2)(n-1)n^2･(n+1)^2,

E(n) = {1/(n-2)(n-1)n} �納i=1,n] �納j≠i] �納k≠i,j] ijk
　　= (1/8)n(n+1)^2,

>>653
　復元の影響は O(1/n) で効いて来るが、nが大きいときは無視できるかも。

感覚的にはnが大きいと復元抽出となんら変わりないのはわかるｗ
なんでここにΣの計算問題を挙げたのかｗ 意図がわからないｗ

たまには気分転換に期待値の計算もよかろう

整数a,b,c,d,eに対して
a^4+b^4+c^4+d^4=e^4となるものを見つけ出せ

今年の東工大AO

n!がn^2の倍数となるような自然数nを全て求めよ

>>657
610, 616 のレスにいくつかの正整数解があるんだけど。
それを使わないとしても d=0に固定してから
エルキースがみつけたオイラー予想の反例を用いればいい。
全て見つけるのは未解決問題。
なにがしたい？？

>>658
4または素数でない自然数すべて

>>658
なんつうか投げやりな入試問題やね。オリジナル性のカケラすらない。

n^2|n! ⇔ n|(n-1)! (n:正整数) に注意すればよい。
n=1のとき これは成立している。
nが素数であるとき あきらかにこれは成立しない。

nが合成数であるとき nの最小の素因数pを取ると
当然、1＜p≦n/p＜n がいえる。
もし、n/p＞p であるならば あきらかに n=p*n/p|(n-1)^2 である。
n/p=p であるときは n=p^2 である。
p≧3であるならば、1＜p＜2p＜p^2=n であるから
p*2p|(n-1)^2 がいえるので とくに p^2|(n-1)^2 がいえる。
p=2 であるとき n=4 で このときは n|(n-1)! は成立していない。

したがって、 n|(n-1)|! ⇔ nが4を除く合成数である

もし、n/p＞p であるならば あきらかに n=p*n/p|(n-1)^2

(n-1)^2 ではなくて (n-1)! が正しい。

一応他の問題も貼っとく
http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/kakomon/2011/11tokoAO.htm

>>663
4または素数でない自然数すべて
1=<与式<2
n=2^k (k=1,2,3,......,)
3,4,6,9,18

簡単すぎんこ

n! mod n^2
n=2p,3p,...,p^2

6!=654321/66
8!=87654321/88
10!=10987654321/1010
9!=987654321/99

\!\({{1, 1}, {2, 1\/2}, {3, 2\/3}, {4, 3\/2}, {5, 24\/5}, {6, 20}, {7,
720\/7}, {8, 630}, {9, 4480}, {10, 36288}, {11, 3628800\/11}, {12,
3326400}, {13, 479001600\/13}, {14, 444787200}, {15, 5811886080}, {16,
81729648000}, {17, 20922789888000\/17}, {18, 19760412672000}, {19,
6402373705728000\/19}, {20, 6082255020441600}, {21,
115852476579840000}, {22, 2322315553259520000}, {23,
1124000727777607680000\/23}, {24, 1077167364120207360000}, {25,
24817936069329577574400}, {26, 596585001666576384000000}, {27,
14936720782466875392000000}, {28, 388888194657798291456000000}, {29,
304888344611713860501504000000\/29}, {30,
294725399791323398484787200000}}\)

Π(x)をx以下の素数の個数とする。
自然数nについて、
Π(n) = Π(n-1) + 1
を満たすnの条件を求めよ。

>>668
つまんね

n=2^kの　^ ←これ何？意味おしえて

まじでー

駄目ならいい

累乗

>>668
あきらかに nが素数のときに成立し またそのときに限る。
ちょっとひどくない？？

>>673
様子を待ってよう

>>673
ありがとう

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。

びっくりするぐらい簡単

自然数列a[n]は狭義単調増加とし、あるM∈Nが存在して

a[n+1] ≦ 2n　(∀n≧M)

を満たすとする。このとき、a[M]≦mなる任意のm∈Nは

m ＝ a[k]　(∃k∈N)

と表せるか、または

m ＝ a[k]＋a[l]　(∃k,∃l∈N)

と表せることを示せ。

問題の出典を記すという礼儀のない人がおおい。
そういう意味で 日本は発展途上国である。
そういう意味で、ニダとの共通点を持っている。

大学入試の整数問題って、数自体が少ないからすぐ研究されてしまう？


【1998年　東京大学】
ｎを正の整数とする。連立方程式
　x＋y＋z≦n
　−x＋y−z≦n
　x−y−z≦n
　−x−y＋z≦n
を満たすxyz空間の点P(x,y,z)で、x,y,z がすべて整数であるものの個数を f(n) とおく。
極限 lim[n→∞]f(n)/n^3　を求めよ

まぁ、やったことある人の方が多いだろうからこれで終わるけど

【1998年　京都大学】
f(x)＝x^2＋7 とおく
〔１〕nは3以上の自然数で、ある自然数aに対してf(a)は2^nの倍数になっているとする。
　　　このときf(a)とf(a＋2^{n-1})のうち少なくとも一方は2^{n+1}の倍数であることを示せ。
〔２〕任意の自然数nに対してf(a[n])が2^nの倍数となるような自然数a[n]が存在することを示せ。

>>682
多項式に関するhenselの定理より明らか。

》681
z＝k上において（ｋ∈Ｚ）
各不等式で表される領域における格子点の個数をg（k）とする
g（k）は一辺の長さがn±kn±k＋1の平行四辺形より
g（k）＝2n＾2＋2n＋1−2k＾2
したがってf（n ）＝Σ〔k＝−n→n〕g（k）となる
よって f（n ）＝1／3（2n＋1）・（4n＾2＋4n＋3）
ここでf（n ）／n＾3の三次の項は高々3／8である
ゆえに求める極限値lim〔n→∞〕f（n ）／n＾3＝3／8

》682
簡単すぎるから方針だけ書く
（1）
与えられた条件より
f（a）＝a＾2＋7＝2＾n×mとおける
mの偶奇で場合分けして示す
（2）
帰納法で示す
（Q.E.D）

.0.4.5.5.5.3ufuyrjri>4>iiii>iij<ffd>1>>>lfjr+++>>5635hfpov@@@

リスト更新しました^^

�@ Π[p＜n]p ＜ e^n　これは正しいかどうか。

�A (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

�B 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

�C 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。

�D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。

続きです^^ 3題追加しました^^

�E自然数列a[n]は狭義単調増加とし、あるM∈Nが存在して
a[n+1] ≦ 2n　(∀n≧M) を満たすとする。
このとき、a[M]≦mなる任意のm∈Nは
m ＝ a[k]　(∃k∈N) と表せるか、
または m ＝ a[k]＋a[l]　(∃k,∃l∈N) と表せることを示せ。

�Fm=gcd{f(n)|n∈Z}を満たすモニックなf∈Z[X]が存在しないような
正整数mは存在するか。存在するならば全て求めよ。

�G次の条件を満たす正整数nは存在するか。

[条件]
φ(x)=n を満たす正整数xは存在しているが、
λ(x)=n を満たす正整数xは存在していない。

(λはCarmichael_functionです^^ 定義がわからない人は下記URLを参考に^^
http://en.wikipedia.org/wiki/Carmichael_function )

�Hf^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^^)

おい、入試問題を数学科卒、院卒が自信満々で速攻で解くなや大人気ないｗ
ナウ受験生の質問に答える立場に回ってもいいと思うぞｗ

�Dは問題はおかしい

>>690
どこがおかしい？

問題を考えるときは 使えそうな道具は全て使ったほうがいい。
そのほうが広い見解が得られることはよくあること。

俺数学科じゃないけど？
あんな単純でありきたりな整数問題は文系でも解けなきゃ受験生失格
一橋の整数問題のがむずいよ

案外 初等整数論の問題では 使える道具が少ない。
したがって 使えそうな道具は 大抵は貴重なもの。
良く知られていない道具があったとしたら それ自体が既に大変に貴重。
良く知られた道具を単純にアプライして解ける問題はゴミ問題といえる。
単純にアプライすることができない問題がふつうは問題になるはずである。

>>691
問題文100回読め

>>695
10回読んだけど なにがおかしいかわからない。教えてくれない？

なにがおかしいか説明することはできないがおかしいことは決定済みだという主張。

>>696
F(n)ってないんじゃいタコスケ

>>698
F(0)=0, F(1)=1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n) により
帰納的に多項式の列{F(n)}を定めるという意味だろうから、
正整数nが1つに決まれば F(n)は1つの多項式として定まっている。
自分は問題を書いた人( >>677 )ではないのでなんともいえないけどｗ

具体的には F(2)=F(1)+F(0)=1,
F(3)=F(2)+x*F(1)=x+1
F(4)=F(3)+x^2*F(2)=x+1+x^2*1=x^2+x+1
F(5)=F(4)+x^3*F(3)=(x^2+x+1)+x^3(x+1)=x^4+x^3+x^2+x+1
......
とても高校生風に記すならば F(n)(x)などと書くべきだったのかな。

だから、高校生が解く問題をおまえらが自信満々で我先に解くのはちょっとだけ自重しろってことだぉｗ

もうまともな高校生が解けるような容易問題はリストにないきがする。

>>700
>高校生風に記すならば
あ？多項式をF(n)って書いたら別の意味になるだろ

血で血を洗う惨劇があるなら精液で精液を洗う淫劇があってもいい

>>703
たぶんF(n)というのはF_nのことでしょう。

690:１３２人目の素数さん[]
2010/11/04(木) 19:21:30
�Dは問題はおかしい

695:１３２人目の素数さん[]
2010/11/04(木) 19:33:44
>>691
問題文100回読め

698:１３２人目の素数さん[]
2010/11/04(木) 19:43:07
>>696
F(n)ってないんじゃいタコスケ

703:１３２人目の素数さん[]
2010/11/04(木) 19:57:53
>>700
>高校生風に記すならば
あ？多項式をF(n)って書いたら別の意味になるだろ

>>706
それがどうした

荒らすなよｗ

>>706
コピペする暇があったら言い返してみろよクズ

F(n)はF_nと解釈して >>700 の挙げてくれた具体例をみれば
問題はほとんどの場合にて 誤解なしに解釈されるとおもわれ。
はい。くだらない問題解釈の話はおわり。解ける問題を解こう！

誰かF(125)まで求めてくれ
そしたら本気だす

123456a + 234567b + 345678c + 456789d + 567890e + 678901f + 789012g +890123h + 901234i = 123456789
を満たす0以上の整数a,b,c,d,e,f,g,h,i

17って不思議だよな
十七条憲法も絶対17の不思議さに気づいたことによるものだよね

どうでもいいことさももったいぶってゆってたやつどうした

お前こそどうした

なんやねん
かかってこいや

>>703
別のどういう意味になるのかkwsk

>>717
バカは死んどけ

痛いところを突かれたので、人格攻撃でごまかそうとしているところです。

>>719
お前も死んどけ

F(n)(x)っていう書き方はF：N → Map(C,C)を彷彿とさせる

だが高校までの段階では こういう写像は習わず、かわりに
F_n(x)という書き方で代用する

>>703 は F：N → Map(C,C)という種類の写像を知らないので、
F自体が既に多項式に見えるんだろう(つまりF(x)＝a0＋a1x^1＋…＋akx^k )
だからF(n)と書かれると意味が分からなくなる

>>721
え？

>>721
お前バカすぎ

正当な反論が思いつかないので、人格攻撃でごまかしています。

>>724
多項式F(n)ってなんじゃいボケカス

電熱線すげーーーーーーーーーーー

死ね糞ども

永久磁石ってほんとに永久なの？
詐欺じゃね？

自分の知らないものには切れるしかない人たち。

荒らしは徹底してスルーしましょう
相手にしないように

>>729
正当な反論が思いつかないので、人格攻撃でごまかしています。

>>729
なにいってんだ

>>729
死ね糞

>>729
黙れアホ

>>729
バカ

>>729
しねはげ

>>729
何もわかってないのお前じゃん

>>729
あぼーん

>>721
マヌケやろう

>>729
ｗｗｗ

>>729
こいつ何様だよ

>>729
きも

>>729
さらしあげ

>>729
まじうんこ

>>729
もう死んだほうがいいよｗｗｗ

>>729
うざい

>>729
あ？

>>721
ブチ殺すぞタコ

>>721
これは完全にAUTO

>>729
で？

>>729
はいはいわろすわろす

>>729
しね

>>729
何こいつ

>>729
死ね

>>729
へー

>>729
いきろｗｗｗｗ

>>729
あほ

>>729
きもすぎｗｗｗｗｗｗｗ

>>729
うんうん

>>729
死ねくず

>>729
これはしぬしかないなｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗ

>>729
一度氏ね

>>729
低能乙

>>729
しね

>>730
相手にしなくてもいつまでもやってるようだよ。

>>729
死ねハゲ

>>729
あほ

なんだかそうとう思い当たるところがあったひとがいるようだな。
愉快、愉快。

>>729
しね

>>729
ボケカス

>>729
死ねゴミクズ

>>729
死ね

>>729
なんで生きてるの？

>>729
>>729
>>729

１つも解けない。

＜問題＞
ｎを自然数とする。1から2nまでの2n個の整数の中からn+1個の整数を選ぶと、
一方が他方を割り切るような2数が必ず含まれていることを証明せよ。

＜解説＞
見るからに受験数学っぽい問題で、高校数学で証明可能（というか中学生でも証明可能）ですが、
例えば大学入試の問題として出題されたら正解率はかなり低くなると思われる難問です。
この問題の背景には数論的な性質が見え隠れしていて、数学科の学部２〜３年生程度の数学を
理解しているとカラクリがわかるという問題だと思います。
最終的には鳩の巣原理を使いますが、それに持ち込むまでに一工夫必要です。
要するに、2で割れるだけ割った後で鳩の巣原理を用いているということです。
つまり、本問は

　整数を自然な埋め込みによってＺ[1/2]の元とみなすと、{1,2,…,2n}は単元倍を除いてｎ個の元に一致する。

という当然の性質を言い換えたものにすぎません。
問題文のように記述されると「おお、そんな性質があるのか」と非自明に感じてしまうのが不思議です。
代数的には何てことのないことも、こういうふうに書くと受験問題になるのれす＾ｐ＾

>>729
しね

日本テレビで『行列のできる芸能人通販王決定戦』で出題された問題

［問１］
以下は、それぞれ8,800円の品物がいくつか売れたときの金額である。[?]に入る一桁の数字を答えよ。
(a)　[?],860,000円
(b)　[?],012,000円

［問２］
以下は、8,800円の品物がいくつか売れたときの金額である。[?]には一桁または二桁の数字が入る。
以下の金額は100万円を超えるか？

　[?]82,400円

……

実は数秒で判断する方法があります＾ｐ＾

受験問題とかどうでもいい。
パクり問題などどうでもいい。

比較的簡単なオリジナル問題は？
番号がついているのは1つも解けそうにない。

問1,2もmod 11が機能する。おわり。

>>778
で、あなたのオリジナル問題は？

>>779
自分が解ける問題を自分で考えればいいじゃない

>>776
一般人にとっては
> 整数を自然な埋め込みによってＺ[1/2]の元とみなすと、{1,2,…,2n}は単元倍を除いてｎ個の元に一致する。
は象牙の塔に住む魔物が使うわけのわからない暗号か呪文で、これを
> ｎを自然数とする。1から2nまでの2n個の整数の中からn+1個の整数を選ぶと、
一方が他方を割り切るような2数が必ず含まれている
と書き直しただけで、わかりやすくて親切な記述になったと思うらしいです。

昔少しの間、ネット百科事典だというウィキペディアというサイトに関わったことが
あったのですが、こういう論調ばかりですぐに辟易して近づくことすらなくなりました。

でも それって あまり有り難味がないでしょ？？
だって、環Z[1/2]の性質を使って
即解決できるわけじゃないんだからｗ
2で割り切れるだけ割った後を考えるの別表現にすぎないｗ
そもそもそう考えたあと Z[1/2]の言い換えを思いつくわけで、
問題解決に役に立っているとは言い難い。
代数を初等数論にアプライする良い例とは全くいえないｗ
もっと良い例(もちろんwell-knownなものじゃなくて)をみつけましょうｗ

x^2＋ax＋b＝0　が連続した二つの整数解を持ち、
x^2＋bx＋a＝0　が正の整数を解に持つとき、
a, b の値を求めなさい。


f(x)=0 の二解をα,βとすると、(α-β)^2=(α+β)^2-4αβ
なので 1=a^2-4b が成り立つみたいな感じで解いていけばいい？

x_1+x_2+...+x_n=n
1/x_1+1/x_2+...+1/x_n=を満たす有理数x_i (i=1, 2, ...., n)の組

>>784
ええ、お好きに解いていただいて構いませんよ。

>>784
x^2＋ax＋b の2根をα,α+1 とすると、
b=α(α+1), -a=2α+1 ・・・☆

x^2＋bx＋a が整数根をもつならば
b^2-4aが平方数である必要がある。
☆をつかえば b^2-4aはαに関するモニックな4次の多項式とみれる。
ということは それが平方数になるようなαを見つけるのはルーチンワーク。
おわり。

>>729
しね

>>729
あほ

>>729
クズ

>>729
カス

>>784 の問題を少し綺麗に改変した問題。

x^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。

>>729
ばか

>>792
むり

改変なら
整数a, bとして任意の整数xに対して
x^2+ax+b>0ならば
すべての実数でx^2+ax+b>0となるか？

>>795
なる

>>794
a=b=0 がある。

>>797
はやく全て求めろよ

>>729
死ねくず

>>795
ぎりぎりそれはいえる。まず b＞0がわかる。
つぎに aの候補が a=0,1,-1 であるとわかる。
しかしながら このとき a^2-4a＜0 が確認される。

nは整数
x^3+y^3-3xy=n
を満たす整数の組(x, y)が無限個ある場合のnを求めよ

>>729
カス

>>801
アイデアが既出。同じ人？

x^3+y^3-3xy=n
⇔ x^3+y^3+1-3xy1=n+1
⇔ (x+y+1)(x^2+y^2+1-xy-x-y)=n+1

任意に整定数A,Bを与えたとき、
x+y+1=A かつ x^2+y^2+1-xy-x-y=B を満たす
整数x,yの個数は有限であることがルーチンに示せる。

ということは n+1が0でないかぎり、
整数解の個数は有限であるといえる。

n+1=0 ⇔ n=-1 のときは明らかに無限にある。

>>729
死ね

>>795
簡単な性質のわりには知らなかった
n次式まで拡張したら？

>>729
あほ

>>729
ゴミクズ

>>729
糞

8^n+nが2^n+nで割り切れるときの自然数nの値をすべてもとめよ

>>809
　n=1 のとき 3
　n=2 のとき 11
　n=4 のとき 205
　n=6 のとき 3745

>>803
　0 < B = x^2 + y^2 + 1 -xy -x -y = (x-1)^2 + (y-1)^2 -(x-1)(y-1),
から
　| x-1 | ≦ 2√(B/3),
　| y-1 | ≦ 2√(B/3),
　∴ この領域に含まれる格子点は有限個。

あるいは軸を45ﾟ回して
　(x+y) /√2 = u,
　(x-y) /√2 = v,
とおくと
　x^2 + y^2 + 1 -xy -x -y = (1/2)(u-√2)^2 + (3/2)v^2,
これを = B とおくと
　B=0 のとき　点(x,y)=(1,1)
　B>0 のとき 楕円で、中心(x,y)=(1,1), 長半径√(2B), 短半径√(2B/3).
　∴ この領域に含まれる格子点は有限個。

>>809
コンテストの問題は自重汁。
せめてオリジナルエッセンス(投稿者が解ける程度)を加えてから投稿汁。
それはJAPAN2009の本選の問題。
露骨な容易問題で有名。
ここにスリーラインソリューションを与えておく。

2^n+n|8^n+n ⇔ 2^n+n|(2^n)^3+n^3+n-n^3 ⇔ 2^n+n|n^3-n
⇒ n=1 or 2^n+n≦n^3-n ⇒ n≦9, T＆Eで n=1,2,4,6が得られる。