初等整数論の問題�A

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

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

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

前スレで未解決の問題です^^

�@ (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

�A 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

�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 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。

�Df^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^^)

皆さんおやすみです^^

�E123456a+234567b+345678c+456789d+567890e+678901f+789012g
+890123h+901234i=123456789 を満たすような
0以上の整数a,b,c,d,e,f,g,h,iを求めよ。

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

�Gx^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。

�H2^x+3^yが19で割り切れるような正整数x,yの組は
どのくらいの割り合いで存在するか。

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

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

猫に小判、まで読んだ。

猫

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　 ／　／● ヽ_ヽｖ /:　／●ヽ　 ::::::ヽ 　　 ,.〃´ヾ.、　　/　 ／
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　|　.::::::::::　/ / ｔｰｰｰ|ヽ　　　　 ..::::: ::|r'´　 ||--‐r､ ',
　|　.:::::.　　..:　|　　　　|ヽ　　　.,..ィ'´　　　　 l',　　'.j　'.　　　　おれは猫さまだｗ
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　＼:　　　　ﾄ--^^^^^┤　　 ゝ､.,_ ---‐‐‐----ゝ､ノ

321

三ケタ以内の素数の中で、もっともエロイ
自然数は何か。

また　三ケタ以内の自然数の中で
最もニートな自然数は何か。

127はエロいね
0721に似ている
210はまさにニートだね

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

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

>>11

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

・n=4 のとき
　(n-1)! = 3! = 6 ≡ 2　(mod 4)

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

もっと問題追加しろカスが

文句いうなら自分でやってみろよカスが

更新＆問題追加しました^^

�@ (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

�A 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

�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 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。

�Df^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^^)

おやすみです^^

�E123456a+234567b+345678c+456789d+567890e+678901f+789012g
+890123h+901234i=123456789 を満たすような
0以上の整数a,b,c,d,e,f,g,h,iを求めよ。

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

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

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

�Iτ(n^2-2)=22 を満たす正整数nは存在するか。

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

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

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

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

σ_0

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

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

＾＾は前スレURLくらい貼れや

>>25
言うだけじゃなく張れ。

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

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

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

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

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

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

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

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

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

>>28
その三行が>>27より頭を使ってるのか。

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

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

>>34
まだ１日も経っていないよ
さすがに時期尚早だろｊｋ

>>34はいつもの人だからスルー推奨

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

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

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

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

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

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

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

ちょっとスレチだとおもうよ？

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

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

>>19
>>20
難易度指標(1〜10)

�@ 5
�A 9?
�B 9
�C 8
�D 6
�E 2
�F 5
�G 8
�H 3
�I ?
�J 4
�K 4

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

誰かこれを解いてくれ

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

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

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

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

>>46
訂正

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

>>45
ありがとうございます。。

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

880
1
1
1
9
5
1
2
3

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

ヤマカン

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

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

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

>>43
4以下の解けよ。
4以下が本当ならな。

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

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

あげまん

GIVE UP(´・ω:;.:...

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

(1)(3)はすぐわかった

>>59
せめて方法を書け。
そのほうが他の人がうれしがるぜ？

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

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

>>60
modmodmodだ

(1)も有名だからな

調子にのってふたたび投稿

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

>>58
10000
一番めは1444

>>64
うはっチョー難問

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

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

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

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

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

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

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

>>69
表現自重汁
キチガイすぎるｗ

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

おてぃん
てぃんage

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

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

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

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

�@ (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

�A 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

�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 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。

�Df^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。

おやすみです^^

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

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

�Gτ(n^2-2)=22 を満たす正整数nは存在するか。

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

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

>>20�K=>>78�H
x,yが正整数でxが奇数かつx>1、yが偶数のときv_2(x^y-1)=v_2(x-1)+v_2(x+1)+v_2(y)-1だから
v_2(n^m-n)=v_2(n-1)+v_2(n+1)+v_2(m-1)-1, v_2(m^n-m)=v_2(m-1)+v_2(m+1)+v_2(n-1)-1
[条件]⇔どんな奇数m(1<m<n)に対してもv_2(n^m-n)≠v_2(m^n-m)
⇔どんな奇数m(1<m<n)に対してもv_2(n+1)≠v_2(m+1)………………(*)
今nが[条件]を満たす奇数とし、n+1=(2^a)*b (b:正の奇数)と素因数分解されるとする
（n> 3よりb=1かつa≧3、またはb=3かつa≧2、またはb> 3かつa≧1であることに注意）
もしb> 1なら m=(2^a)(b-2)-1 とおくとmは奇数で1<m<nかつv_2(n+1)=a=v_2(m+1)となり(*)に反する
よって b=1 で n=2^a-1 (a≧3)
逆に n=2^a-1 (a≧3) ならどんな奇数m(1<m<n)に対しても v_2(m+1) < a = v_2(n+1)なので[条件]を満たす
以上より求めるnは2^a-1 (a≧3)

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

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

>>80
90 = 1101-1011

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

解決には至っていないけど >>81 は明確に否定できる。

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

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

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

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

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

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

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

(3)は�Iに直接関係しているとおもわれますが、�Iの回答には遠い^^;

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

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

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

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

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

問題修正。
M'は本質的でないから次のようにする。

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

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

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

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

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

1から9までならなにを連続で付け加えても同じだね。

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

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

さぁ、これを証明してみせなさい。
嘘です＾ｐ＾

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

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


これで十分立派な東大入試問題に大変身ｗ

http://imepita.jp/20101129/635050

>>92 の自身の才能を少しだけ使って改題してみようぜ？

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

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

>>95
どこで有名なんだよｗ
書けよｗ

>>92
2進数の場合は明らかに成り立たないｗ

>>92はｎ進数4桁の一般解まで拡張できる

>>92はｎ進数4桁ｍ倍の一般解まで拡張できる

>>98
ちょっと書いてくれない？

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

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

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

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

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

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

>>103
一般解の意味が違うだけでは？
一般解=全ての解 ではないでしょ

>>103は＾＾以下の数学力しかないんだから、＾＾の判断を仰げやｗ

>>103みたいなのって本当気持ち悪いな
そろそろ消えろよお前

問題解くだけのマシーンかよおまえ

>>103
お前まだいたのかよ

問題を拡張できる ⇒ 解答が用意されている
というのは正しくないだろ

それよりおまえら草むしれよ

>>103
数検スレででかい顔してんじゃねーよ

お前も草むしれよ　が正しいかと

>>20�I=>>78�G

条件を満たす正整数nをいっこ求めてみた。

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

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

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

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

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

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

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

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

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

更新しました^^　おやすみでした^^

�@ (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

�A 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

�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 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。

�Df^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。

インターセプト！

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

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

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

�H4桁の自然数Mをp進法において反転させたものをNとする。
どのような整数k＞1に対しても M=kN を満たすような
正整数p,M(k＜p)の組が存在するというのは正しいか？

�I4桁の自然数Mをp進法において反転させたものをNとする。
M=2N が成立するような正整数p,M(p＞1)の組を全て求めよ。

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

>>116
kLが3桁になるから不味いんじゃ？

>>113�D

途中で送信ボタン押してしまった(汗)

>>113�D
楕円曲線y^2=x^3-1は有理関数でパラメトライズできない・・・てのはだめ？

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

k(k+1)がpを越えてしまうから不味いということかｗ

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

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

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

正)X^3+Y^3=Z^2
誤)X^3+Y^3=Z^3

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

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

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

の反例を探しているのですがどなたか反例を教えて下さい。

6=(2+√(-1))^2+(2-√(-1))^2

>>126
前スレで必要十分条件の問題があったよ

貼り付け(スレチということで番号付けされなかったけど)

179 ：１３２人目の素数さん ：2010/10/12(火) 00:49:14
�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^^;)

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

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

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

>>131
できた

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

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

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

1),2)のときは |pA^2-B^2|=2 となるので ゆえに示された

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

>>132
∵の部分の理由をおしえてくれないかい？

>>134
第1補充法則から明らか

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

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

>>136
n^3＋1 ＝ (n＋1)(n^2−n＋1)

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

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

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

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

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

どう見ても初等的。

代数的にはとても簡単だが初等数論的かどうかなら際どいか(√5の部分)

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

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

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

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

>>146
サンクス

またいつもの人が暴れたのか

おやすみでｓ^^

�@ (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

�A 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

�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 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。

�Df^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。

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

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

�G4桁の自然数Mをp進法において反転させたものをNとする。
M=2N が成立するような正整数p,M(p＞1)の組を全て求めよ。

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

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

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

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

>>152
�Hじゃなくて�Iだね。
�Hは存在自体非自明だね。

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

>>154
すげえな どうやってみつけたか聞いていいか？

すごくないよ

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

>>155
キモはPの2次因子の形が決定できるということ。

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

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

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

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

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

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

-58.
p<=23.

-163.
p<=37.

-11302.
p<=43.

-30493.
p<=61.

-106177.
p<=71.

-2430943.
p<=73.

pに対して定数の絶対値は爆発的に大きくなっていく.

[問題]
各整数n≧6に対して、τ(n!)|n! が成立することを示せ。

おやすみです^^

�@ (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

�A 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

�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 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。

�Df^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。

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

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

�G4桁の自然数Mをp進法において反転させたものをNとする。
M=2N が成立するような正整数p,M(p＞1)の組を全て求めよ。

�H各整数n≧6に対して、τ(n!)|n! が成立することを示せ。

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

任意の正整数∋ｎに対し、

Σd ＝Σn/d　を示せ。
d|n　　　d|n

Σdとはｎの約数の和である。
d|n

例：ｎ＝12のとき

Σd＝1+2+3+4+6+12＝28
d|12

Σ12/d＝12/1＋12/2＋12/3＋12/4＋12/6＋12/12＝28
d|12

すいませんがわかる方、証明お願いします。

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

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

d/d_k は n/d_k の間違いです。

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

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

なめとんのか？

見てるよ。

猫

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

なにこの素敵な問題群

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

おそらく正しい問題文は次の通りかと。

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

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

>>175
だな、俺もそう思う。

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

は正しいでしょうか? 正しくないなら反例をお願い致します。m(_ _)m

うわー、>>173顔真っ赤だなー、真っ赤だわ

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

>>177
正しいです

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

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

[回答]
求める整数m＞1は素数冪だけである。これを示す。

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

>180
どうも有難うございました。お蔭様で解決できました。

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

>>183
>>1

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

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


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


＜問題＞
以上の解を満たすような数IAの整数問題を作成しなさい＾ｐ＾

>>183-184
　平衡３進法

>>185
おもしろいｗ どっからとってきた？その漫画ｗ

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

>>187
あぁ、書き忘れてました
今週の週刊少年ジャンプです＾ｐ＾

>>188
もっと数IAっぽく書いてくれ
もしくは東大入試問題っぽくｗ

>>185
ちょっと解答が足りないけれど．

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

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

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

>>188,>>192
p=6で(1-√5)/2はx^2-x-1の根では？

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

>>193
東大入試レベルにとどめておけよｗ

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

>>196
なるほど，失礼しました．

「よって『解』は」で受けるような問いの種類はかなり限られると思うのだが。

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

訳注：　田代はヤク中である

>>200
ぐうにゅうふいたｗｗ

>>199
8753（はなこさん) は素数

０７２１ならＴＥＮＧＡ

>>203
それは素数じゃねえぞ
0127なら素数なんだけどね？？

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

スレが伸びなくなってきたな。
新作問題が出ない。
数版の限界か？

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

>>206
2chにおいて板はばんって読むんじゃなくていたってよむんだぜ？

ハァ？他力本願なユトリは精神病院でも行けよ〜

その他力本願の使い方は誤用

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

>>211
個人のブログがソースかよ

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

>>213
そのブログにも辞書に誤用だって載ってるって書いてあるのに

ソースは誤用

おっやみです^^

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

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

�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 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。

�Df^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。

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

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

�G4桁の自然数Mをp進法において反転させたものをNとする。
M=2N が成立するような正整数p,M(p＞1)の組を全て求めよ。

�H各整数n≧6に対して、τ(n!)|n! が成立することを示せ。

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

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

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

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

存在しない。

ｘ＾４＋１＾４＝（ｘ＾２）＾２＋１。

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

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

1を許してしまうと >>220 の例により無限にあるとなります^^;

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

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

このとき、次のことがいえるわけです。

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

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

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

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

自作問題。いわゆる"初等的な"解答があるかは分からない。

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

(f＋g)(n)：＝ 「f (n)＋g(n) を2で割った余り」　(n∈N)

次に、f∈Xに対して

E(f)：＝lim[n→∞]＃{ i｜1≦i≦n, f (i)＝1}/n

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


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

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

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

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

>>226
選択公理は必要ですか？
選択公理がなくとも解けますか？

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

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

という主張を考えてみると、実はこれは成り立たない。

f_1(i) ＝ 1　(i∈N)
f_n(i) ＝ 0　(i∈N,n≧2)

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

>>226
用意してある解答例は選択公理と独立？

>>230,>>232
使ってる道具の性質上、可算選択公理は使ってるはず。

でも、いわゆるあの「選択公理」とは独立。

問題5.

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

東大入試作問者スレ１９-153

>>234

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

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

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

>>216
�C
F(n;x) の次数は [ ((n-1)/2)^2 ]

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

残った問題は難しいのしかないな

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

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

>>244
GJ

御手洗景子嬢晒し上げ

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

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

できるだけ、詳しく教えてください。お願いします。

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

相当マルチしまくりだったからなｗ

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

>>246

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

>>246　訂正

(3)　a_n = T_(n-１)　

>>221

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

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

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

さて、無限にあるかどうか…

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

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

素因数

まあその2題に関しては解答は用意されているわけだし問題なかろう。

�C
�E
は削除しろ

>>256
�Cはなぜ？　かなり難しい問題であるのはわかるけど...

>>253

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

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

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

>>257
死ね屑

>>258
　存在する。 a=b=c=4, d=8

�Fの解の見つけ方。

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

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

�C
�E
は削除しろ

>>265
提案者？

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

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

つまらん

暇つぶし用の易問だから各5分以内に解いてね

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

手計算で5分以内は厳しい。2011は素数。p=2011とおく。

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

�A (-k/p)を計算すればよいがこれもやはり面倒なだけである。

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

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

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

これを認めれば�Eは解けるか？

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

ぺろぺろ

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

�C
�E
は削除しろ

>>276
�Cはなぜ？　かなり難しい問題であるのはわかるけど...

提案者？

まあまあ
残った問題で解けそうなものから潰していこうぜ。

>>277
お前それしかいえんのか？

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

>>271
面倒でも全部書いて

>>270 >>281 　　p=2011 とおく。

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

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

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

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

>>282
具体的に F_p多項式 分解したのは
存在の 証明が 他に無いから

↓数オリスレから拾ってきたｗ
↓おまえらなら瞬殺だよな？ｗ

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

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

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

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

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

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

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

　　　としてありうる最大の値を求めよ。


数オリスレでは１２が誰も解けないみたいだから、おまえら助けてやれや

現役離れたおっさんには無理だにゃ〜

＾＾の人に期待か

>>285
1

a1=1
a2=…=aｎ=0

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

>>290
勝手に切れてろ

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

とすると、nが十分大きいとき与式は1を超える。

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

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

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

上から目線の例の人もお手上げか

というかまだ今年はあらわれてないな

>>271が例の人だろｗ

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

スレチ-不等式スレ池

>>297
^^じゃないだろ

＾＾の人と上から目線の例の人は違うよ

>>284

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

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

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

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

8.
　P = 3154 = 38 * 83

>>301
5の無駄を省いたバージョン

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

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

(10,ab)=1 を条件に追加しておく。 これでＯＫ

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

>>285

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

>>305
>>306
どうしてa1, an以外は0なの？

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

なぜ？ それはかなり非自明な匂いがしますが・・・

そのレベルですか
まずはn=3の場合はやってみてはいかがですかな

>>305>>306
>>294で既に出てるよ。

>>285 >>294 >>307-308

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

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

証明が重要なわけで それが書かれていない時点でお察し。

>>312
晒しあげ

恥ずかしいヤツがいると聞いて飛んできたｗｗｗｗｗｗ

>>311
やるね今年の１年

遅い時間で良かったな

ほらはやく初等数論の問題うｐれやゴラっ

>>312
自分はできてないくせになんで態度でかいん？

わからなくてイライラしてるから

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

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

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

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

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

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

自分で書き足したら

さすが不等式の住人達。
59の回答はとても明快。

>>321
必死すなあ

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

>>323
示すべき式が違うわけだが

>>325
それがどうした？

答えだけでいいよ

>>326
ほんとうだ 57のアイデアでFAか

>>323
何がすごいって投稿時間

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

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

こうかな。まぁどうでもいいや。たぶんこれであってる

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

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

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

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

等号成立は x=(2n-1)/(3(n-1)) のとき。

よくやった
不等式スレに戻ってよいぞよ

ついでに･･･

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

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

>>311 の訂正
　最後から4-5行目

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

>>216�@
x+y+z=0, xy+yz+zx=a, xyz=b と置き、整数nに対しS、[n]をS[n]=x^n＋y^n＋z^n で定める。
S[1]=x+y+z=0 , S[2]=x^2+y^2+z^2=-2a , S[3]=3b であり、
S[n+2](x+y+z)={x^(n+2)＋y^(n+2)＋z^(n+2)}(x+y+z) を整理することで
S[n]は漸化式 S[n+3]=-aS[n+1]+bS[n] を満たすことが示せる。これより
nを自然数とした場合、S[n]はa,bの多項式で、S[8]までは次のようになる。
S[4]=2a^2 , S[5]=-5ab , S[6]=-2a^3+3b^2 , S[7]=7a^2b , S[8]=2a^4-8ab^2
S[m+n]/(m+n)=S[m]S[n]/(mn)がa,bによらず成り立つ(m,n)を全て列挙すればよい。

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

>>216�@
まずm,nがともに自然数の場合を考える
m,nがともに奇数のとき、m',n'を自然数として、m=2m'+1 , n=2n'+1 とおくと
<S[m]S[n],a>/(mn)=<S[m],a><S[n],a>/(mn)={(-1)^(m'+n')}a^(m'+n'-2)b^2
<S[m+n],a>={(-1)^(m'+n'+1)2/(m+n)}a^(m'+n'+1)
より、aの最高次の項が異なるのでS[m+n]/(m+n)≠S[m]S[n]/(mn)
m,nがともに偶数のとき、m=2m' , n=2n' とおくと
<S[m]S[n],a>/(mn)=<S[m],a><S[n],a>/(mn)={(-1)^(m'+n')4/(mn)}a^(m'+n')
<S[m+n],a>={(-1)^(m'+n')2/(m+n)}a^(m'+n')
より4/(mn)=2/(m+n)となる(m,n)=(4,4)でのみaの最高次の項が一致する。
S[4]S[4]/(16)=a^4/4 , S[8]/8=a^4/4-ab^2 であるので
m,nがともに偶数のときも S[m+n]/(m+n)≠S[m]S[n]/(mn) となる。
m,nの偶奇がそれぞれ異なるときm=2m'+1 , n=2n' とすると
<S[m]S[n],a>/(mn)=<S[m],a><S[n],a>/(mn)=(-1)^(m'+n'-1)(2/n)a^(m'+n'-1)b
<S[m+n],a>={(-1)^(m'+n'-1)}a^(m'+n'-1)b
であるので mが奇数でn=2のときのみaの最高次の項が一致する。

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

>>216�@
以下m,nが負の数を含む場合を考える。
x^{-m}＋y^{-m}＋z^{-m} ={(xy)^m+(yz)^m+(zx)^m}/(xyz)^m={(xy)^m+(yz)^m+(zx)^m}/b^m
となるので T[m]=(xy)^m+(yz)^m+(zx)^m と置くと
T[0]=3 , T[1]=xy+yz+zx=a , T[2]=(xy)^2+(yz)^2+(zx)^2=a^2
T[n+3]=aT[n+2]+b^2T[n] が成り立つ。n≧0でT[n]はa,bの多項式となる。
上記の等式から S[-m]=T[m]/b^m が常に成り立つ。また<T[n],a>=a^nが成り立つ。(n≧1)

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

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

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

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

abc(1000+1)=abcx143x7

>>341
340です。
なるほど、簡単なんですね。

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

>>343
よー、おまえ復活したか、上から目線野郎

mod 2 の整数の世界で(つまり0か1)

xyz + xy + z

を因数分解するか、因数分解できないことを証明してっちょ

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

>>345
>>346

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

>>Z^2に着目
の部分がわからないのだが、Z^2≡Zじゃないか?

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

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

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

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

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

>>352
多項式の概念では不定元と係数は区別される。

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

1変数のXに関する整数係数多項式の例

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

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

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

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

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

1105 = a^2 + b^2
を満たす、自然数a, bをもとめてっちょ

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

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

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

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

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

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

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

fは明らかにF_2の中に根をもたない。

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

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

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

以上より、fが既約であることが示された。

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

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

>>364
以下、Z/7Zの中で考える。

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

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

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

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

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

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

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

結局どのように組わけをしても両者の積は一致しない。

nが小さいときは… まだわからん。

>>366
mod 7で考えればいい。

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

>>364

大昔の数オリの問題だな
まだ日本が数オリに参加してなかった時代

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

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

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

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

（定理1-1)

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

>>371ﾉ証明

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

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

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

>>374
死ね

>>374
ネタバレはあかん

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

>>377
(0,0,0)

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

>>377
0 = 左辺-右辺 = 3(x+y)(y+z)(z+x)

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

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

381のは綺麗な方法だけど こんなアホみたいな方法もあるぞ。

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

-1,0,1,2.
210.

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

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

問題を作るのが一番難しいんだよ！

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

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

>>386
問題整理汁

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

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

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

まあまあな問題だな
利用価値のある小道具っていう感じだ

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

3x^2y^2 は、３かけるx^2かけるy^2 ね

括弧を使え

>>391

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

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

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

とくに >>391 の問題の答えは (x,y)=(4,49)

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

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

>>391
>>395
の問題を数ランクうｐしたものをつくってみた

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

大きなヒントは既に出ているから簡単すぎかな

予想
398はあほな勘違いをしている

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

4|yになる場合を除外すれば締まりのある問題になりそうですね。

-1

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

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

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

85 だるまにおん　[2009/01/28(水) 22:38:52]

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

>>405
やや有名な問題。
以下、補題からはじめて解答を書くことにする。

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

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

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

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

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

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

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

n = k^2 * a^3 (aは任意の整数)
みたいな

ミスったorz

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

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

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

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

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

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

>>415
正解。

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

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

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

有名なので(証明はどこにでもあるので)証明は省く。

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

問題投下します。
既にスレの中にあるようですが、
再浮上ということで・・・

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

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

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

あんでぃ

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

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

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

これが数論といわれるとすごい違和感

ただの文字の問題ですね

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

[[a/b]-a/b]+1とか??

[1/(1+|a-b|)]とか？

Thxなるほど
ガウス記号か...

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

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

>>431
スマソ。わすれてました。
しかもa≠bでも1になれるし…orz

n→∞で|1-(1/(|a-b|+1)^n)|

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

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

現実のほうがものすごいことが起きている件について、キミはどう思う？


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

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

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

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

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

俺もｗｗｗｗｗｗ


総合演出責任者　ばぐ太 　←関係者は苦情はこちらまで

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

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

>>437
ありがとうございます。
そうか。複素数なんですね。

>>436
二次体で検索！

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

虚二次体を勉強せよ。

>>440
虚数どころかp進体とかめちゃめちゃ範囲広いぞ、整数論は。

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

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

素数の逆数の和は発散する。

双子素数の逆数の和は発散する。

メルセンヌ数の逆数の和は発散するか。

今年の数オリ問題くらいサクっと解けよお前らｗ

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

あまりに酷すぎるのだけど釣り？

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

別に今生きてるんだからそれで良いじゃん。

貴方の書き込み見ると単なる勉強不足だと思うよ。

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

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

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

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

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

>>445

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

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

保守

数学以上に面白く素晴らしいものなんて存在しませんよ

面白いものを数学と名付けたんですよ

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

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

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

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

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

連投失礼。
できるだけ計算量が少なくてエレガントなやつ

あるけど、ここに書くのはちとしんどいな

すごいっすね、このスレの人たち

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

>>468
ありがとうございます。
参考にさせていただきます。

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

R = Q(R)　

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

X= 無理数全部の集合

R = Q(X)

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

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

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

>>476
ＡＶ

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

反例ではないな。例だ。訂正

因みに記述のソースは『ガウス整数論への道』(加藤明史)

n≧3とする。p_1, p_2, …, p_n は全て異なる素数として、

x_k ＝ (p_1p_2…p_n)/p_k　(k＝1, 2, …, n)

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

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

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

すこしは自分の頭で考えろボケナス

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

誤解を招く様な書き方についてはすまなかった

>>483
対偶を証明すればいいがな。

さすがに この程度は自力で証明できるだろう？(＾ω＾)

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

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

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

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

これでいいんじゃないの？

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

孫子の定理(中国剰余定理)

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

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

解がわかるんだから存在定理にしなくてもいい気がするんだが

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

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

整数論的に示したいのです

パスカルの公式は、思いっきり整数論的ですが

素因数を用いてということです

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

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

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

これなら厳密な証明かね

４は２と４の倍数だけど２×４＝８の倍数じゃない。

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

>>500
帰納法があまり好きではないんでね。
まあ好みの問題だ。

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

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

悪いが、整数の勉強をやり直した方がいいと思うぜw

好み云々言う前に正しい証明が出来るようにならんといかんな

>>502
全くその通りだ。
恥ずかしい限り

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

＞ 非初等的な
どのあたりが？

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

この問題解ける方いますか？
歯が立たなくて困ってます。

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

スレ違い
初等整数論以外の質問は、他の質問スレへ

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

これなら問題ない筈

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

階乗の定義が露骨に帰納的なのに、ここで帰納的な証明を忌避する感覚がわからん

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

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

>>512
わかったから黙ってろ

>>514
[log_2(n)]とかで十分だと思うが

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

絶対収束で問題なし＆Σ毎に範囲が異なると面倒

こんなとこで絶対収束とか持ち出すのはばかばかしすぎる

絶対収束は特別なものじゃない

∞で良いな
絶対収束を付記すれば問題ないに同意

ちょっと工夫すりゃ済む話なんだがなぁ

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

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

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

>>523
悔しいのうwwwww悔しいのうwwwww

最優秀新人賞の 綾香 「三か月」ですね。 ２００６年でしたっけ？

>>526
自演ですか？
そうでなくともわざわざ書かなくていいですよwww

書かなくてもよい、ということは
書いてはいけない、ということではない。

書くなって意味だろ
読解しろ

歪曲表現

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

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

このとき

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

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

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

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

と表せて、どのΣでも同じ範囲「i＝1〜j_4」での和となる。

まだスレが残っていたんですね^^;

鳩の巣原理(ディリクレの原理)について詳しい本ありますか？

Wikipedia

1/x+5/y+8/z=1
こゆ問題好き(´･ω･`)

その問題は明らかにeffectiveに解けるが

こゆき(´･ω･`)

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

>>538
死ねアホ

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

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

でもあまりいい問題とは言えないと思うけど、なんで未解決なんだろうね。

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

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

>>543
んなわけねーだろタコスケ

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

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

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

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

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

魂は幾何学


誰かがやった
ソウルコピー機器

魂は　あんまん、肉まん、アイスキャンデー

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

九月に出た代数幾何学事始という本、斬新だな

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


その世界ではとても有名な政府関係者筋から聞いた確かな情報やで

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

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

>>554
n,k＝3 で　f_2(3)＝f_3(3)＝0　じゃないか。

あ、まちがえた！

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

ｎ＝３５，ｋ＝４。
１２＞１１。

ｎ＝６７０，ｋ＝８。
１２２＞１２１。

ｎ＝５７２３９，ｋ＝１６。
５８０５＞５８０４。

ｎ＝５８１２１，ｋ＝１２。
５８８６＞５８８５。

ｎ＝３２６６９５０，ｋ＝２４。
２３４７１４＞２３４７１３。

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

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

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

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

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

>>561
ほんとだ。(70)にありますね。
ただ、私の用意していた回答は本質的に異なります。

その問題の回答を考えてみました。
基本的なアイデアは
d|s かつ v_2(d)=v_2(s) ⇒ 2^d+1|2^s+1 だけです。
(v_2(n)は2^e|n を満たす最大の整数eを表すとします)

[回答]
n-1|2^n+1 かつ n|2^n+2 を満たす整数n≡2(mod 4)を任意に取る。
(たとえば、n=2 がある)
m=2^n+2＞n とおくとき、m≡2(mod 4)であり、
(このとき、n|m かつ n-1|m-1 が成立しているが)
m-1|2^m+1 かつ m|2^m+2 が成立している。

実際、m-1=2^n+1 であるから、n|m より、m-1|2^m+1 であり、
(n≡m≡2 (mod 4)に注意)

また、m/2=2^(n-1)+1 であるから、n-1|m-1 より、
m/2|2^(m-1)+1 なので、m|2^m+2 となる。
(n-1≡m-1≡1 (mod 2)に注意)

実はn＞1ならば2nの部分は4nに修正できます。

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

これで一応被っていないとおもいます・・・ｗ

では数論の問題を。前半は難しくない。

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

後半は熊さんでもすぐ解けるかどうか。猫には当然分かりっこない。

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

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

>>564
オリジナルティがない
2つとも有名問題

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

(�@)は単にp/2を境にして(p-1)!をわければいいだけ

このスレの人たちってほんとすごいよね。
初等整数論の問題は何でも知ってる。

>>566
もっと簡明に答えろ

i) だって何処に仮定を使っているか分からん

うるせえ！

>>566
ii) この解答の表現の意味が良く分からんが多分間違っている。

>>566

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

発作マグナ

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

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

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

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

さらにいうと平方剰余の個数じゃなくて、
非平方剰余の個数だとおもわ

>>575
そうだなw

もう1題追加☆

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

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

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

ｐ＝２のとき既約なので正しくない。

すみません!
タイプミスでした.

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

可約なら全て一次にまで分解できるようだ。

>>582
その結論は正しいです.

当然,問題とは同値ではないですが.
それも加えて問題としておきますミ☆

可約なら1次の積に分解できるの主張のほうが強いですね.失礼.

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

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

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

それらの分解が起こりえないことを示すのが問題になりますね.

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

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

>>588
正解です.

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

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

自然数 n に対して次の条件を考える。

∀p : prime [ p|n ⇔ (p - 1)|n ]

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

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

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

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

ｎ＝１は条件を満たさない。

haa

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

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

あ,1の原始n乗根です.

二つの例外ってなんだったんだろう

あえて言うならば0だとおもいます
0を自然数に含めることもありますので

2^2|0

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

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

０，２・３・７・４３，２・３・７＾２・４３，２・３・７＾３・４３。

２・３・７・４３＾２・７７６５９。

みんな暇だな〜
では、少し骨のある問題。

f (x), g (x) を定数でない整係数多項式とする。この時、条件：

∃m ∈ Z ∃n ∈ Z [ p|f (m), p|g (n) ]

を満たす素数 p は無限に存在することを示せ。

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

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

この様な数は無限に多くあるのだろうか？

これは少し難しすぎたかな？では易しいのを一題。

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

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

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

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

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

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

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

>>611は>>609の回答です・

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

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

？？？

[問題]
　u=5sin(ωt-π/3)を正弦と余弦の成分に分解せよ

>>617
mとnが逆になっている部分があるから修正されている

それでも615が反例になっとるな

ごめん、またやっちゃったなw

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

G(1)の値が違ってた、これで問題ないと思うw

もういい、さがれ

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

いや、漸化式が間違ってる

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

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

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

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

さらにもう一題追加☆

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

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

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

これなら少しマシだとおもいます.

>>627

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

[改題]
n^{τ(n)/2}|φ((a^n-b^n)/(a-b))

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

では、あのダージも解けなかった問題。君たちには解けるか？

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

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

ついでにもう一題

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

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

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

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

>>633
問題を引用するときは出典をかきましょう(オリジナルでない限り)

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

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

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

>>637
アドバイスありがとうございます。

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

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

>>636
ダージの一言で分かれば問題ないじゃん

test

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

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

Chebotarev's Density Theorem
とか
Zsigmondy Theorem
難しすぎ

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

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

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

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

付け足し。
∩_n (Ker P)^n を求めよ。
簡単に求まるかな？

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

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

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。

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

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

(2^n+1)/(n^2)が自然数となる自然数nをすべて挙げろ

>>651
>>1 を1回か3回読みなされ
IMOの問題は有名すぎるよ

一応解法の流れを書くと

(�@)
n|2^n+1 かつ n＞1 ならば 3|n がいえる

(�A)
n^2|2^n+1 ならば nは9で割り切れない

(�B)
n^2|2^n+1 かつ n＞3 ならば nは3以外の素因数をもつ

(�W)
矛盾が導かれる

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

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

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

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

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

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

(�@)a+1が2のべき乗のときを考える。
a=1のときは明らかである。a＞1とする。
n^2|a^n+1 を満たす整数n＞1が存在したと仮定する。
nを割り切る最小の素因数をpとする。
p|a^k+1を満たす最小の正の整数kを考えると、
すぐわかるように k|(p-1)/2 かつ k|n がいえる。
pの最小性から、k=1がいえるので、p|a+1 がいえた。
a+1は2のべき乗だったので、p=2かつ2|nがいえた。
しかし、4|a^n+1 は明らかに成立しない。
claimの前半が正しいことが示された。

claim（笑）
いちいち英語使ってドヤ顔せんでええから

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

次はa+1が2のべき乗でない場合を。

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

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

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

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

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

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

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

ほらな
ドヤ顔するやつは間違えるんだ

そっか。じゃあカタカナにすればよかったかな。クレイム。

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

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

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

>>661
すまんね内容被らせることを書かせてしまって！

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

○たとえ使わないで
×たとえば使わないで

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

×無数に存在する
○無限に存在する

む‐すう【無数】
[名・形動］数えきれないほど多いこと。

aが負のときは？

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

nが偶数のときは考える必要がないので
nが奇数だけを動くとしてよい

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

>>669
n^2|a^n-1 (a＞1) をみたすnだね。

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

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

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

失礼.Gal(p^2)じゃなくてGF(p^2)でした...

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

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

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

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

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

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

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

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

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

以上より,n|L_nを満たす奇数n＞1が存在しないといえました.

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

2つの結果をあわせて, >>666 の問題は解けたとおもいます.

おまけで,n|L_n を満たす整数n＞1はどんなものがあるでしょうか.
一般に,3^k|L_n ならば 3^(k+1)|L_(3n) がいえますから,
これを用いれば,6|L_6=18 から無限に構成できるでしょう.
18|L_18=5778=2*3^3*107, 54|L_54=2*3^4*m (m:ある正整数)

ryou

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

ねーよアホｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗ

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

フェルマーの二平方数和

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

リスト更新しました^^
いくつかの問題は排除しました^^

�@ 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。

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

�B4桁の自然数Mをp進法において反転させたものをNとする。
M=2N が成立するような正整数p,M(p＞1)の組を全て求めよ。

�C各整数n≧6に対して、τ(n!)|n! が成立することを示せ。

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

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

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

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

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

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

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

誰か�@�Aはやく解けよカス共

いやだよ

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

非自明って何。

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

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

>>669
同様の議論で解ける？

>>690
ああできるぞ
思考停止でOK

>>690
こういう風になる(ほとんど同様だね)。

n^2|2^n-1をみたすnはn=1のみであること。

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

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

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

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

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

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

ａ，ｂ，ｂ−ａ，−ａ，−ｂ，ａ−ｂ，ａ，ｂ。

国というものがよくわからない

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

>>697
答えは gcd(n,63)|3 を満たす全ての整数n＞1です.

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

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

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

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

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

p=2,3,5のとき正しいことはすぐ確認できるのでp≧11とする.

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

以上の結果を中国剰余定理でまとめればよい.　　　　　　　　　　■

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

>>700
まじでいってんのか？

>>701
それはどういう意味か教えてくれないか？

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

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

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

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

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

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

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

>>683の�D
答えは「存在しない」

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

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

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

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

>>705
答えになって居ない

wを分母として、

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

ということかと

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

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

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

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

まるで白痴だな…
x^3+(-x)^3+1^3=1 でｲｲｼﾞｬﾅｲ

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

ゴミ問題をやってみた

ps=q+1
sq+1=r
(p,q,r,sは素数)

4=2*2≦ps=q+1 ⇒ q≧3

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

2p=q+1 (イ)
2q+1=r (ロ)

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

q=3のとき p=2,r=7

以上より (p,q,r,s)=(2,3,7,2),(3,5,11,2)

>>641
正解です.
>>682
正解です.

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

>>711
>>706より前に正解がないが

訂正

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

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

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

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

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

よく考えたら716の解答のほうが正しいな
すまない正しいのは君のほうだった

もうディオファントス方程式はうんざりだよ！

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

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

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

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

>>724
終わりたきゃ一人で終われ

>>726
君も巻きぞいさ♪

巻きぞい?

巻き添え
おまえら全員巻き添えだ

>>725
じゃあお前の問題はどこにあるんだ？

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

>>730
無い
それがどうした？

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

綺麗な素数の連立方程式を自作せよ

つか書き込みえらい多いな
地震があってからめっちゃ過疎ってたのに

地震があってからって何十年前の話だ？

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

位数の半分を使えば解答をわずかに短くできるぞ

2つほどつくってみたぞ

・x^6+y^6=1010 を満たす有理数x,yの組は存在するか？

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

1010の問題は簡単すぎだから見なかったことにしてくれｗ

両方とも簡単すぎるとおもうがなｗ

67.

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

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

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

最後の1行が抜けていました;;

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

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

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

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

６５５＝７０６。

ｆ（Ｘ）＝Ｘ。

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

ｆ（Ｘ）＝Ｘ＾２。

>>748
たしかに！ どうもです;

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

今度は大丈夫だとおもいます...

x^2+y^4の形の素数は無数にあることを示せ

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

すまん1じゃなくて>>750だｗしかもズレてるしｗ

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

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

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

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

フルレンジ、フルモーションで私をメタファライズして

>>707
正解です^^

>>714
正解です^^

>>738
前問は748にあるようにmod 67です^^;

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

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

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

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

x^3+x in A?

>>761
はい

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

これだとしょっぱいので問題を少し変えます。

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

0x+1 in A?

次数をmとするとき、0次(定数部)からm次の係数が全て±1ということです。

なんとなく、だけど...面白いから、とか、お金の為じゃない気がする...

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

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

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

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

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

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

>>769の続き

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

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

φ(n)≧2.2318・n/log nがいえる。

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

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

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

しかし議論は長すぎるので、大まかな方針にとどめる。

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

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

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

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

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

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

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

900=7^2+23*37

900より小さくできるが下限はいくつだろうか

210.

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

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

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

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

>>777
それはthueの方法だわさ

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

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

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

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

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

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

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

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

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

また同じことするの？ルーチンワークだよっという

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

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

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

せっかくだから回答を書いた。
p=(2X+2Y)^2+5Y^2

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

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

もうだめだアルコールで脳がいっちょる
正常な人に任せた！

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

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

だめだ、>>781は却下します

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