素数についてのある法則を発見した！

pを素数、aを2以上ｐ未満の自然数とするとき、1にaを掛け続ける作業はp-1を周期に巡回する(modp)

例:ｐが５の場合

1に2を掛け続ける作業:1,2,4,3,1,2,4,3,1,2,……(mod5)
1に3を掛け続ける作業:1,3,4,2,1,3,4,2,1,3,……(mod5)
1に4を掛け続ける作業:1,4,1,4,1,4,1,4,1,4,……(mod5)

　１

３　５　２

　　４
↑みたいな図で考えるとイメージしやすい

図ちょっとずれちゃった…書き直す

　　１

３　５　２

　　４
みたいな図
時計回りに90度移動すること＝２を掛けること
反時計回りに90度移動すること＝３を掛けること
時計回りに180移動すること＝４を掛けること
時計回りに360度移動すること＝１を掛けること
になる。


また、向かい合う数を足すとｐ(この例の場合は５)になる

これ使ってなにかできないかな？

pが７のとき

　　１
５　　　３
　　７
４　　　２
　　６

pが11のとき

　　　１
　６　　　２
３　　　　　４　　　　　　
　　　11
７　　　　　８
　９　　　５
　　　10　

pが13のとき

　　　１
　　７　２
　10　　　４
５　　13　　８
　９　　　３
　　11　６
　　　12

おまんこ女学院

またずれちゃったから書き直す

　　　１
　　７　２
　10　　　４
５　　13　　８
　９　　　３
　　11　６
　　　12

あぁ上手く描けない…まぁ伝わったらいいか…
こんな感じになることを発見したんだ！もう既に発見されているものなのかもしれないけど！これ使ってなにかできないかな？？？

フェルマ・・・・・おっと言い過ぎたかな

人がいない！

>>9
もうフェルマーさんが発見してる感じ？だったらごめん！

>>9
もうちょっと言って頂戴よ！

いやん

えー言ってよーー

フェルマーの最終定理てあるじゃん？
で大定理とも言ったり言わなかったり
で大があったらもちろん・・・

発見てｗｗｗｗｗｗｗ
大学で普通に習うし、
ちょっと頭いい人なら小学生くらいでも発見してるしｗｗｗｗｗ

小学生だろ、許してやれよ

向かいあう数同士を足すとpになる
また等間隔にあるｎ(ｎは2以上の自然数)を足すとｐの倍数になる

例
　　１
５　　　３
　　７
４　　　２
　　６

1+2+4＝7
3+5+6＝14

もういいって

泣くなよｗｗｗｗｗｗ

小定理がこの中に含まれているのは知ってるよ〜〜

ある素数より小さい全ての自然数がその素数の回りを回っているのが凄いと思ったんだ…
大学で習うんだ…ごめん…

なんで中学，高校の時に習わないんだろう…これ使うと計算楽なのに…

すねるなよ
あと大学じゃなくて数学が好きな中学生なら大体知ってる

そっかぁ…ごめん…

多分>>1は高一くらいだろ

素数じゃない数の場合はどうなんだろうとか考えるのも楽しいよね

どの素数の場合でもこういうふうに円を描くことって証明済みなの？

「こういうふうに円を描くこと」というのが、p-1以下の数が1回ずつ現れることだとするなら、
代数学の言葉では「Z/pZの乗法群は巡回群である」と表現できて、これは有名な事実
>>1は代数学の入門書か初等整数論の本でも読んでみるといい
この辺のことがより一般化された形で議論されている

中の人は小学生のフリをした大きいお友達だな

>>28
ありがとう！

運営乙

運営じゃないよ！無職のおっさんだよ！

おっさんでこの脳みそ　おまえ頭ついてんのか！！

あと差をとっても同じ円が現れるよ！

　　１

３　５　２

　　４

２引く１は１
４引く２は２
３引く４は４
１引く３は３

精神科通ってるからあんま大した脳みそついてないと思う！

あぁごめん精神科通ってる人のほうが頭良い人多いかもしれない…
高校中退した人だから多分あんま頭良くないよ！

不幸自慢っぽく聞こえてたらごめんね！

人がいない！

人がいなくて当然　どうしてこんなスレに人が来ようか

民主党を生み出した『団塊の世代』の面々（現在６６〜６３歳）
消滅へ向かう化石サヨク思想

加藤千洋（65）・・朝日新聞元編集委員（中国の犬）
安田好弘（65）・・死刑廃止論の弁護士（光市母子殺害事件のＤＱＮ弁論）
上野千鶴子（64）・・ジェンダーフリー学者（フェミナチ）
班目春樹（64）・・原子力安全委員会委員長（デタラメ君）
若宮啓文（64）・・朝日新聞主筆（安倍信三を叩くのが社是・「竹島を韓国に譲れ」で有名）
白川方明（63）・・日銀総裁　　　無能(帰化人説有)
山田伸二（63）・・ＮＨＫ解説主幹（民主党の熱烈なシンパ）
後藤謙次（63）・・共同通信元編集局長（反日主義者）
テリー伊藤（63）・・全共闘崩れ（民主党シンパ(帰化人説有)）


BPO //www.bpo.gr.jp/?page_id=1284
>理事会

>飽戸　弘　　理事長(非常勤) 東京大学名誉教授
>岡本　伸行 専務理事(常勤)←NHK
>三好　晴海 理事・事務局長(常勤)
>藤久　ミネ　理事(非常勤) 評論家←元テレ朝
>石田　研一 理事(非常勤) 日本放送協会理事←NHK
>唐木田信也 理事(非常勤) 日本放送協会考査室室長←NHK
>武内　健二 理事(非常勤) 日本民間放送連盟放送基準審議会議長・ 九州朝日放送社長
>木村　信哉 理事(非常勤) 日本民間放送連盟専務理事←TBS
>藤川　英彦 監事(非常勤) 日本放送協会編成局計画管理部経理部長
>山内　弘　　監事(非常勤) 日本民間放送連盟事務局次長

こんなんで正しい機能する訳も無く。

なんで人来ないんだよ〜〜

来たところでなんもないだろ

いや自分が立てたスレだからやっぱり人来てほしいじゃん〜〜

じゃあ話題ふれよ

素数ゼミってなんか素数の研究をしているサークルみたいだよね〜〜

全然
ただの蝉

悲しいよね〜〜

来た。
だがそこには何もなかった。
私がそこにいる、とは？
誰が私を「居る」という状態にするのだろうか。
はたまた、私がそこに存在するということは自身の中の「存在」であり、他者の「存在」に依存しないのだろうか。
私がそこに居ることを感じるのは、あくまでそこに居る私であり、他者ではないことは確かである。
私を感じとる人間の存在がまた、私をそこに居させるのであり、私がそこに居ない状態は常に私の中にある。
他者もまた同様に、そのことを感じるのである。
では、「誰がそこに居るのだろうか。」
一つの疑問にぶち当たった。
しかし、それは分からない。
分からないのである。
誰かがそこに居るとすると、それは本当に居る、つまり「存在」するのであろうか？
自分自身を常に保つことで他者との関係を把握しようとする。
自身の存在を否定したとき、それはまた自身の存在を肯定している。
「存在」について議論するときに必ず生じるものはその「存在」について考えている「自身」である。
これは確かに存在している。
現代のグローバル社会において、ネット社会の一員として生きる私たちに自らの「存在」を分からせてくれるのは他の誰でもない自分なのではないだろうか？
しかしながらそれは自然には発生しない。
他者との中で生きることで「私」を確かに感じとる。
人と人との繫がりが、常に私を勇気づける。

気づいたらそんな私がそこに存在していた。

>>48
なんか君面倒くさいね〜〜

>>49
君に言われたくない。

コレは一体どういう意味なんですかね？
★★★『阪大基礎工あがりの人でも数学者になれたんだろ』★★★
何だか蔑みの様にも、また見下しの様にも見えませんかね。日本の学歴
階層構造というのか、或いは理学部が他所を見下してるのか、極めて不
思議な価値観を醸し出してますわナ。コレをもし：
★★★『日本人如き（のサル）でも数学者になれたんだろ』★★★
な〜んてどっかの国の誰かが言ったら怒るんですかね、ソレとも褒め言
葉なんで嬉しがるべきなんですかね？

ケケケ狢

>785 ：１３２人目の素数さん：2013/02/02(土) 16:27:31.55
> >>782
> 極端な平等主義？
>
> あほか。
> だから阪大基礎工あがりの人でも数学者になれたんだろ。
>
> 東大、京大って言ったって、
> 高校数学の学力試験を勝ち抜いたくらいで大きい顔をされてもね。
> （しかも、数学では差がつかずに、他の古文、漢文、日本史、世界史などの
> 教科で得点に差がついただけ）
>
> 結集する意味なし。
> 別にカリキュラムに沿ってお勉強してるんじゃあるまいし。
> 天才はどこでも育つ。個人の問題だから。
>
> 余裕のあるところで、自分で好き勝手なことをやってればいい。
> 特にこれからの時代、既存の難問を解いてるだけの数学者よりも
> 問題を見つけ出す数学者が必要とされる。
> 秀才型数学者は黙ってろ、って。
>

接触平面

空間曲線の接触平面（osculating plane）とは、その曲線が局所的に乗っている平面である。
正確には、曲線上の点 P における接ベクトル T と主法線ベクトル N によって定義される平面を、P における接触平面という。このとき、従法線ベクトル B は接触平面の法線となる。

関連項目 [編集]
曲率


リッチテンソル

微分幾何学におけるリッチ曲率テンソルは、与えられたリーマン計量が決定する幾何学が通常のn-次元ユークリッド空間とどれほど違っているか
の度合いを測る方法の一つを与えるもので、グレゴリオ・リッチ＝クルバストロに因んで名付けられた。

リーマン計量自体と同じく、リッチテンソルは、そのリーマン多様体の接空間上で定義される対称双線型形式である。
大雑把に言ってリッチテンソルは「体積の歪み」を測るもの、つまり与えられた n-次元リーマン多様体の領域の n-次元体積が、n-次元ユークリッド空間における同等の領域の体積からどれほど異なるかの度合いを要約するものである。
これは後述の「直接的な幾何学的意味」節でもっと明確に述べる。リッチ曲率テンソルは、計量も擬計量も必要でなく、任意のアフィン接続に結合させることができる。

>>52
何言ってるのかよく分からない。。。
もっと簡単な日本語に翻訳してよ！

代数好きになるといいね。
凡人には何が面白いか全く分からん。

ザ・ワールド（世界21）
DIO（ディオ）
圧倒的なパワーとスピード、精密な動きに加え、時を止める能力を持つ。スター・プラチナと同じタイプのスタンド。


ディオのスタンド [編集]
世界（ザ・ワールド）

タロットの21番目のカード「世界」が名前の由来。逞しい体つきをした人間型のスタンド。
デザインの特徴としては三角形のマスクを被ったような顔、背中に付いたタンクのような物体、手の甲にはその能力を象徴するかのような時計のマークがある。

近距離パワー型の中では10mと反則的に長い射程を持つ。DIO自身「パワーも精密さもスタープラチナより上」「最強のスタンド」と豪語するほどである。
ラッシュ時に「無駄無駄」を連呼することから「無駄無駄ラッシュ」と呼ばれ、凄まじい威力を誇る。

さらには、自分以外の「時を止める」ことができる（時間停止）。DIOはこの能力を「まさに『世界』を支配する能力」と形容している。
初めは一瞬だったが、ジョナサンの体が馴染む度に停止できる時間が延長し、登場時で5秒、ジョセフからジョースターの血を吸血したことで9秒まで伸びた。
また、DIOは不老不死の吸血鬼となっているため、時を止めている間に自分の肉体だけ時間が進んでいても老化の心配がない。ゆえにこの能力を高めたり多用したとしても全く問題がなく、本人もその能力を高めようとしていた。
時を止めた場合、同じタイプのスタンドを持つ者以外はその間のDIOの動きを認識できないため、その間にDIO自身が動けば他者はDIOが瞬間移動をしているような錯覚に陥る。
この効果を利用して、時間の止まった状態で承太郎の体の周囲に無数のナイフを投げつけ回避不能の状態を作り出したり、頭上からマカダム式ロードローラー（タンクローリー）を叩き付けたりと、数々の衝撃的な攻撃を繰り出した。

時を止められる「ザ・ワールド」というスタンドは、DIO自身の「時間の束縛から自由になりたい」という潜在意識の発露からであると、『JOJO A-GO!GO!』の作者インタビューで語られている。

運営乙

だから運営じゃないって…
ジョジョは7部が好きだ

>>913
ソイツの馬鹿息子は痴漢行為で逮捕され、ほんで大学を懲戒解雇になった自慢
の息子なんやろ。親子揃って馬鹿丸出しや。世間の笑い者として有名やろが。

ケケケ狢

>913 ：名無しさん：2013/03/20(水) 15:56:28 ID:???
> http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%A2%97%E7%94%B0%E8%8A%B3%E9%9B%84
>
> 芳雄のwiki
>

>>1に問題
1にaを掛け続けて1からp-1までの全ての数が現れるとき、aを生成元という。
例.
p=5のとき2は生成元だが4は生成元でない
p=7のとき3は生成元だが2は生成元でない

一般に、生成元を見つけることは難しい。
しかし、一つでも生成元が見つかれば、ある法則によって、他の全ての生成元が簡単に見つけられる。
その法則とは何か。

とりあえずその生成元の逆数は生成元になるね…
ごめんまだその法則見つけれてないんだ…

aの(ｐ-1÷２)乗がp-1になるときaが生成元なのは分かるけど…

>>913
ソイツの馬鹿息子は痴漢行為で逮捕され、ほんで大学を懲戒解雇になった自慢
の息子なんやろ。親子揃って馬鹿丸出しや。世間の笑い者として有名やろが。

ケケケ狢

>913 ：名無しさん：2013/03/20(水) 15:56:28 ID:???
> http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%A2%97%E7%94%B0%E8%8A%B3%E9%9B%84
>
> 芳雄のwiki
>

>>61
それは反例がある。
例えばp=7でa=6

>>913
ソイツの馬鹿息子は痴漢行為で逮捕され、ほんで大学を懲戒解雇になった自慢
の息子なんやろ。親子揃って馬鹿丸出しや。世間の笑い者として有名やろが。

ケケケ狢

>913 ：名無しさん：2013/03/20(水) 15:56:28 ID:???
> http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%A2%97%E7%94%B0%E8%8A%B3%E9%9B%84
>
> 芳雄のwiki
>

>>63
そっか…
ｐ-1は生成元にならない(ただしｐ＝3の場合は除外)
って条件をつければいいのかな…

>>65
p=13で,a=5,8
5,12,8,1,5
5,12,5,1,5

2つ目は8,12,5,1,8だ

>>913
ソイツの馬鹿息子は痴漢行為で逮捕され、ほんで大学を懲戒解雇になった自慢
の息子なんやろ。親子揃って馬鹿丸出しや。世間の笑い者として有名やろが。

ケケケ狢

>913 ：名無しさん：2013/03/20(水) 15:56:28 ID:???
> http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%A2%97%E7%94%B0%E8%8A%B3%E9%9B%84
>
> 芳雄のwiki
>

とにかく具体例を観察することだな
ゆっくり考えるといい

うん。ありがとう

>>913
ソイツの馬鹿息子は痴漢行為で逮捕され、ほんで大学を懲戒解雇になった自慢
の息子なんやろ。親子揃って馬鹿丸出しや。世間の笑い者として有名やろが。

ケケケ狢

>913 ：名無しさん：2013/03/20(水) 15:56:28 ID:???
> http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%A2%97%E7%94%B0%E8%8A%B3%E9%9B%84
>
> 芳雄のwiki
>

　　　　／／￣~`i ゝ　　　　　　　　　　　　　　　 　 　 `l |
　　　 / /　　　　　　　 ,______　　　,_____　　　　________　 | |　　____　TM
　　　|　|　　 　 ＿__　//￣ヽヽ　//￣ヽヽ　（（￣）） 　 | |　//￣_>>
　　　＼ヽ、　　 ｜l　| |　 　 | |　| |　 　 | |　　``( (.　　.| |　| | ~~
　　　 　 `､二===-'　 ` ===' '　　` ===' '　 //￣ヽヽ　|__ゝ ヽ二=''
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 ヽヽ___//　　　日本
　　　　　　　　　＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿ 　＿＿
　　　　　　　　　|街宣右翼の正体 　朝鮮人工作員　 　 　.|　|検索|　

>>913
ソイツの馬鹿息子は痴漢行為で逮捕され、ほんで大学を懲戒解雇になった自慢
の息子なんやろ。親子揃って馬鹿丸出しや。世間の笑い者として有名やろが。

ケケケ狢

>913 ：名無しさん：2013/03/20(水) 15:56:28 ID:???
> http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%A2%97%E7%94%B0%E8%8A%B3%E9%9B%84
>
> 芳雄のwiki
>

行数、文字数目いっぱいのコピペの方が嫌がらせ効果が上がるよ＞むじー

>>74
サヨカ。ほんならまた作戦を考えときまっさー。どうもお〜きに。

狢

高校中退って言ったけど、実は高専中退です！
だからどうという訳ではないのだけども！

素数以下の類（族)や集合要素を上下左右に配置するのは昔のスレにあったけど、円形に配置してみて、四則や階差を単純に使って>>1-5,18,34のような法則を見つけたのは見たことないな。

>>913
ソイツの馬鹿息子は痴漢行為で逮捕され、ほんで大学を懲戒解雇になった自慢
の息子なんやろ。親子揃って馬鹿丸出しや。世間の笑い者として有名やろが。

ケケケ狢

>913 ：名無しさん：2013/03/20(水) 15:56:28 ID:???
> http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%A2%97%E7%94%B0%E8%8A%B3%E9%9B%84
>
> 芳雄のwiki
>

運営乙

だから運営じゃないって…

>>913
ソイツの馬鹿息子は痴漢行為で逮捕され、ほんで大学を懲戒解雇になった自慢
の息子なんやろ。親子揃って馬鹿丸出しや。世間の笑い者として有名やろが。

ケケケ狢

>913 ：名無しさん：2013/03/20(水) 15:56:28 ID:???
> http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%A2%97%E7%94%B0%E8%8A%B3%E9%9B%84
>
> 芳雄のwiki
>

旅行はいいものだ。俺海外はタイしか行ったことないんだけど、良い所だったよ。
人間の温かみみたいなものがあった。日本にもあるんだけどね！
再確認したって感じ。

>>913
ソイツの馬鹿息子は痴漢行為で逮捕され、ほんで大学を懲戒解雇になった自慢
の息子なんやろ。親子揃って馬鹿丸出しや。世間の笑い者として有名やろが。

ケケケ狢

>913 ：名無しさん：2013/03/20(水) 15:56:28 ID:???
> http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%A2%97%E7%94%B0%E8%8A%B3%E9%9B%84
>
> 芳雄のwiki
>

数学素人だけど、この数字の並び面白いね。
どういう仕組みなんだろ。
生成元の答えと関係有るのかな。

パスカルの三角形は、二項展開における係数を三角形状に並べたものである。パスカルの三角形は三次元以上に拡張が可能である。
2n 段からなるパスカルの三角形の奇数のみを塗りつぶすと、シェルピンスキーのギャスケットの一部分が出現する。
2以外の数で割った余りによって塗りわけをしても、同様に異なるフラクタル模様の一部分が出現する。

二項係数は組合せの数でもあるので、組合せ数学においてもパスカルの三角形は有用である。
n 個のものから異なる k 個選ぶ選び方 nCk の値は、パスカルの三角形の (n + 1) 段目の端から (k + 1) 番目の数に等しい。

ブレーズ・パスカルは1655年に発表した『Trait? du triangle arithm?tique』の中でこの三角形について言及している。彼はこの中で今までに知られていた結果をまとめ、確率論の研究に利用している。
パスカルより後の数学者では、アブラーム・ド・モアブルらが「算術の三角形」と呼んでいる。

関連項目 [編集]
二項定理
ライプニッツの調和三角形

サイコロ、または賽（さい）、ダイス（dice）は主として卓上遊戯や賭博などに用いる小道具で、乱数を発生させるために使う。
多くは正六面体で、転がりやすいように角が少し丸くなっている。各面にその面の数を示す1個から6個の小さな点が記されていて、対面の和は必ず7である。

日本製のサイコロ [編集]日本製のサイコロ（天一地六東五西二北三南四:雄）
サイコロの目の割り振りは「天一地六東五西二南三北四」と決まっており、方角を示す道具としても使われる（つまり1の目がある面が上である）。
サイコロの雌雄の見分け方は、1・2・3の面が集まる頂点を正面に置き、1→2→3の順に見たときに時計回りになるのが雄サイコロ、反時計回りになるのが雌サイコロである。
1の目を「ピン」と呼ぶ場合も多い。

⚀ ⚁ ⚂ ⚃ ⚄ ⚅ 🎲

>>59
>1じゃないけど>1の考えた円でpの加法生成元個目って乗法生成元になってるかな。
何か面白い。

wikipediaの素数のページの
> pを素数、aを2以上p以下の自然数とするとき、1にaを掛け続ける作業はｐ-1を周期に巡回する(modｐ)　例：(p,a)＝(5,2)のとき、1にaを掛け続ける作業は1,2,4,3,1,2,4,3,1,2,…と巡回する(mod5)
は、いい加減消していいんじゃないのか？

別に勝手に消していいよ

この巡回乗法群と加法群で有限体を成すんだろうけど、0とp-1の扱いが分からなくなった。
乗法群と加法群で1ずれたらすっきりする気がするのは何故だろう。
良く分かって無くてごめんなさい。

mod(13)の乗法に関する有限環
　　　１
　　７　２
　10　　　４
５　　13　　８
　９　　　３
　　11　６
　　　12
mod(12)の加法に関する有限環
　　　０
　　11　１
　10　　　２
９　　12　　３
　８　　　４
　　７　５
　　　６
この二つって完全に同型だよね。
これを体とした方がすっきりする。

加法群では12を単位元とすればいいのかな。時計で正午の事を0時と言うか12時と言うかの違いだし。
0が使えないとなると、拡大体はどうなるんだろう。この円で記述出来るのかな。

乗法に関する有限環とか加法に関する有限環って何だよｗｗｗｗｗ

狢

> 1 ：西独逸φ ★：2007/08/05(日) 05:47:55 ID:???0
>徳島県警阿南署などは５日未明、東京都足立区千住寿町、
>筑波大学准教授、増田哲也容疑者（５０）を
>県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で逮捕した。
>
>調べでは、増田容疑者は、４日午後４時２０分ごろから約５０分にわたり、
>ＪＲ牟岐線の列車内で、県内の
>専門学校生の女性（２１）の胸や太ももなどを触った疑い。調べに対し、
>「夏休み期間に、講演活動を兼ね
>て旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」と話しているという。
>

この場合の「環」は「数を円状に配置してできる輪っか」程度の意味でしょ

狢

> 1 ：西独逸φ ★：2007/08/05(日) 05:47:55 ID:???0
>徳島県警阿南署などは５日未明、東京都足立区千住寿町、
>筑波大学准教授、増田哲也容疑者（５０）を
>県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で逮捕した。
>
>調べでは、増田容疑者は、４日午後４時２０分ごろから約５０分にわたり、
>ＪＲ牟岐線の列車内で、県内の
>専門学校生の女性（２１）の胸や太ももなどを触った疑い。調べに対し、
>「夏休み期間に、講演活動を兼ね
>て旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」と話しているという。
>

>>90>>91
集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12}に、和はmod12,積はmod13で演算を入れるということか。
手始めに分配法則あたりから確かめてみようか。

狢

> 1 ：西独逸φ ★：2007/08/05(日) 05:47:55 ID:???0
>徳島県警阿南署などは５日未明、東京都足立区千住寿町、
>筑波大学准教授、増田哲也容疑者（５０）を
>県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で逮捕した。
>
>調べでは、増田容疑者は、４日午後４時２０分ごろから約５０分にわたり、
>ＪＲ牟岐線の列車内で、県内の
>専門学校生の女性（２１）の胸や太ももなどを触った疑い。調べに対し、
>「夏休み期間に、講演活動を兼ね
>て旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」と話しているという。
>

フィールズ賞欲しい〜〜

>>98
ほんなら頑張って数学でエエ究をしたらどないや。エエのが出来たら貰え
るかも知れんしナ。

狢

運営乙ｗ

狢

> 1 ：西独逸φ ★：2007/08/05(日) 05:47:55 ID:???0
>徳島県警阿南署などは５日未明、東京都足立区千住寿町、
>筑波大学准教授、増田哲也容疑者（５０）を
>県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で逮捕した。
>
>調べでは、増田容疑者は、４日午後４時２０分ごろから約５０分にわたり、
>ＪＲ牟岐線の列車内で、県内の
>専門学校生の女性（２１）の胸や太ももなどを触った疑い。調べに対し、
>「夏休み期間に、講演活動を兼ね
>て旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」と話しているという。
>

お金欲しい〜〜彼女欲しい〜〜

先ずは金稼げや。ほんでナンパしたらシマイなんとチャウかァ。大概は
金を餌にスルだけで釣れるやろ。但しアホな奴しか釣れへんけどナ。

ソレでどないや。

ケケケ狢

β乙

メコスジ野郎についてのある法則を発見した！

狢

> 1 ：西独逸φ ★：2007/08/05(日) 05:47:55 ID:???0
>徳島県警阿南署などは５日未明、東京都足立区千住寿町、
>筑波大学准教授、増田哲也容疑者（５０）を
>県迷惑行為防止条例違反（痴漢行為）容疑で逮捕した。
>
>調べでは、増田容疑者は、４日午後４時２０分ごろから約５０分にわたり、
>ＪＲ牟岐線の列車内で、県内の
>専門学校生の女性（２１）の胸や太ももなどを触った疑い。調べに対し、
>「夏休み期間に、講演活動を兼ね
>て旅行していた。好みの女性だったのでムラムラした」と話しているという。
>

あぼーん

>>107
バーカバーカ

この法則発見した俺って天才だよな！な！誉めたたえたまえ！

ごめんちょっとテンション上がっちゃって>>109書き込んじゃった…気にしないでくれ…

なーんてな
やっぱり俺って天才！崇め奉りやがれ！

なんて言ってみちゃったりして

数学で法則ってｗ物理じゃないんだからｗ

自分で見つけたものなんて、たいていは間違いか大昔に既に誰かが見つけてるもの。
悪いこと言わないから、基礎から地道に勉強しなさい。

はい.ありがとう

|:　　民主党・元民主党議員に　とどめを刺すのは　　　:|
|:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　:|
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あぼーん

この法則と素数が規則的に並んでいるかどうかっていう問題は関係ないのかな

bとｐ-1が互いに素であるとする。

aの±1乗が生成元のとき、aの±b乗も生成元になるのかなって思った

あと、a,bをpについての生成元、aのx乗＝b、bのy乗＝aとするとき、
x×y＝1(modｐ-1)になるなーって思った。だから何なのかはよく分からない

素数ｐの生成元の個数と
ｐ-1と互いに素なｐ-1より小さい自然数の個数って等しいんだねえ

ちなみに素数じゃない場合はこんな円になる

　　　　２
10　　　　　　　６　
　　　　１
　　５　　　３
　　　　14
　　11　　　９
　　　　13
８　　　　　　　４
　　　　12

カーマイケル数の場合の円は多分面白いと思う

>>59の想定解は大体>>118でした。実際は、
aが生成元のとき、「a^bが生成元⇔bとp-1が互いに素」
と考えてた。

ざっくりと証明。
aを生成元、c=a^bとすると、
cが生成元
⇔ある自然数kが存在して、c^k≡a　(mod p)
⇔ある自然数kが存在して、a^(bk)≡a　(mod p)
⇔ある自然数kが存在して、bk≡1　(mod p-1)
⇔bとp-1が互いに素　□

>>119も正しい。指数法則から分かる。

おおありがとう

素数の円の図でイメージしてただけだったから証明してくれてありがたい

なんで一々荒らすんだろうな。
キティガイなのか？

>>126
誤爆？

106 名前： 狢 ◆yEy4lYsULH68 [age] 投稿日： 2013/04/04(木) 12:38:08.45

こいつどうみても荒らしだけど。

貉が荒らしてるのは別にここに限った話じゃないじゃん

なんか楽しいことないかな

>>1

コイツ、３０代の、無職の、ゴミ・クズ・カスのクソガキ！

　無職のクソガキども！　　大変なコトになるな！

憲法改正だ！　９６条を改正してから、９条を改正する。　そして、何条を改正するか？
１８条だ！　そうして、国家総動員法ができて、オマエたち、無職のクソガキどもは、真っ先に徴兵だ！
オマエたちは、頭デッカチの虚弱児・ひ弱だから、最下等兵！　すぐ戦死だ！

アハハハハハハハハハハ！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

楽しいことないかな

>>131
誰がクソガキや！

6番目の段と0番目の段が特殊じゃね？

0番目は違った

6番16番26番・・・の6番目の段

自分の番号を足すと必ず素数になる
たまにならないけど、その時は引くと素数になる

これって知られてる？

意味があんま分かんない
番ってのは何を指してるの？自分の番号ってのは？

ものすごく雑に考えても確率1/2未満なんだが

>>138
どれがダメだった？

ごめん１３５〜１３７は連投ね
6番目の１３に６を足すと１９
16番目の５３から１６をひくと３７
26番目の１０１に２６を足すと１２７

こんな感じ

知るかバカ

ほんとだだめだった＞＜

>>141

コイツ、２０代の、無職の、ゴミ・クズ・カスのクソガキ！

　無職のクソガキども！　　大変なコトになるな！

憲法改正だ！　９６条を改正してから、９条を改正する。　そして、何条を改正するか？
１８条だ！　そうして、国家総動員法ができて、オマエたち、無職のクソガキどもは、真っ先に徴兵だ！
オマエたちは、頭デッカチの虚弱児・ひ弱だから、最下等兵！　すぐ戦死だ！

アハハハハハハハハハハ！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

　死にゆく、クソガキどもに、大伴家持の詩を贈ってやろう！

海行かば　水浸く屍　山行かば　草むす屍　大君の　辺にこそ死なめ　かえりみはせじ！

テスト

ざっと
基本周期
･無限にある
･{6,4,2,4,2,4,6,2,}←こんなの

ベース周期
･一つ
･n以上の全ての素数といくつかの合成数を生成する

サブ周期
･素数の数だけ必要
･いくつかの合成を消すのに使う

例
{6,4,2,4,2,4,6,2,}
この場合7以上の全ての素数といくつかの合成数を生成できる
ベース周期
6＋1＝7
4＋7＝11
2＋11＝13
4＋13＝17
2＋17＝19
4＋19＝23
6＋23＝29
2＋29＝31

6＋31＝37
4＋37＝41
2＋41＝43
4＋43＝47
2＋47＝49
4＋49＝53
6＋53＝59
2＋59＝61
…

サブ周期
6×7＝42
4×7＝28
2×7＝14
4×7＝28
2×7＝14
4×7＝28
6×7＝42
2×7＝14

42＋7＝49
28＋49＝77
14＋77＝91
28＋91＝119
14＋119＝133
28＋133＝161
42＋161＝203
14＋203＝217
…
これどう？

>>146>>147
なんかすごいね

おおっ。
凄い事を発見した。
素数は全て奇数だ。

2は？

>>145>>147
これって
エラトステネスの篩って奴？
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%A8%E3%83%A9%E3%83%88%E3%82%B9%E3%83%86%E3%83%8D%E3%82%B9%E3%81%AE%E7%AF%A9

2は？はちょっと分からない

エラトステネスの篩の改良版みたいな感じかな

エラトステネスの篩は周期1だと思う

(周期1を除く)基本周期は素数階乗を元に作った感じで
(周期1を除く)基本周期の値を足すと素数階乗の値になる

基本周期

周期1
{1,}

周期2
{2,}
2
周期3
{4,2,}
6
周期4
{6,4,2,4,2,4,6,2,}
30
周期5
{10,2,4,2,4,6,2,6,4,2,4,6,6,2,6,4,2,6,4,6,8,4,2,4,2,4,8,6,4,6,2,4,6,2,6,6,4,2,4,6,2,6,4,2,4,2,10,2,}
210
周期6
{略}
2310
…

こんな感じで素数階乗ごとに周期作れる

>>150は>>149宛て

>>153

　コイツ、３０代の、無職の、ゴミ・クズ・カス・女性恐怖症のクソガキ！

　無職のクソガキども！　　大変なコトになるな！

憲法改正だ！　９６条を改正してから、９条を改正する。　そして、何条を改正するか？
１８条だ！　そうして、国家総動員法ができて、オマエたち、無職のクソガキどもは、真っ先に徴兵だ！
オマエたちは、頭デッカチの虚弱児・ひ弱だから、最下等兵！　すぐ戦死だ！

アハハハハハハハハハハ！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

　死にゆく、クソガキどもに、大伴家持の詩を贈ってやろう！

海行かば　水浸く屍　山行かば　草むす屍　大君の　辺にこそ死なめ　かえりみはせじ！

>>153なるほど勘違いしてた

あともう一つ書いとくかな
素数階乗を元に素数を考えると色々な事が分かると思う

6の倍数の±1に素数は現れるってのがあるけど
6×35＝210←6の倍数
6×34＝204←6の倍数

210＋204＝414
210＋414＝624
210＋624＝834
210＋834＝1044
210＋1044＝1254
210＋1254＝1464
…
414,624,834,1044,1254,1464,… の±1に素数は現れない

204が12の場合は±1に素数が現れる
204が24の場合は−1のみに素数が現れる
204が36の場合は＋1のみに素数が現れる
とか

>>153
ああ、ごめん。
自分が返答しておけばよかったけど、
ネタが思いつかなかった。

テス

誰かの発見をドヤ顔で書き込まれてもな

誰か発表してんのこれ
してるならその人の書いた内容見たい
どれくらいの周期を扱えるか
効率はどれくらいか
とかあれば知りたい

>>28あたりを参考に教科書を嫁

>>160巡回群なのは分かってる
この周期、原始元としてどうなのかなと思って

素数×２-1＝素数
否定してくれ

5×2-1＝9

速攻で反例があって吹いたw

素数は絶対、六の倍数の右か左隣の数字

>>165
有名

右ってのは何じゃい？

3以上の素数が連続して現れる事は無い

2や3も6の隣の数だと言えるのか？近所とは言えるかも知れんが隣だとは言えないだろ

>>169
たしか、>>165には、「5以上の素数は…」の但し書きがついたはず。

子供たちの反逆が始まるよ〜〜

はんぎゃ〜

>>3
これ１、３になっていて２を掛けてないんじゃね？

2は右下にある
2を3のある場所におこうとしても
1→2→4→1になってしまって3と5と6が含まれなくなってしまう

>>174
３、３ｘ２＝６、６ｘ２＝１２（mod7 5)
っていうことか。

３はどこから出したの？

>>175
小さい順に2から掛けていってうまいこと全部の数を巡ったのが3だった

>>176
あなたは>>1の人？

うん

>>178
これね。
ｐが７の場合、２を掛けるのではなくて
３を掛けると

1
3
2
6
4
5

の通りになるけど。

これってすべてのｐに全ての素数いけるの？

いけるっぽい

ｐが２３の時にはaが５．
aの範囲が段々広くなるのか。

101のとき2でいけるからそうとも限らないみたい

この法則が成り立つ時には
初めが必ず１で始まり、
中間値は p-1、最後は１で終わることから

p=7
7y+1=(7-1)*x^((7-1)/2)
(7y+1 )/ 6 = x^3
( 7(y-1) +1 )/6 = x^3
( 7y -6 ) /6 = x^3
7y /6 - 1= x^3

7y/6が整数となるyが６の倍数となるのを探して
y=24の時に
x=3

ｐが大きくなると計算量も多くなるね。

今もどこかで誰かが新しい定理を発見してるのかな…

いぇーい！

有名かもしれないけど、
2+2＝2×2＝2の2乗＝4
で、
+を≪1≫、a≪ｎ≫a≪ｎ≫a……≪ｎ≫a（aがｂ個並んだもの）＝a≪ｎ+1≫ｂ
とするとき、
2≪ｎ≫2＝4
になる

2↑↑…↑2＝2^2＝4ってのもあるな。

≪1≫

↑何これ？

震えてる１

>>189
プラスを置き換えた記号

×は≪2≫で、
べき算は≪3≫

チャン講師の仕事が新聞で紹介されていた
７０００万

素数とは素敵な数の略って初めて知った。
今まで素数を素朴な数だと思って良い印象は持っていなかったけど
これを大学の数学の講義でしってイメージが１８０度変わったよ。

6の倍数の前後どちらかには必ず素数あるぞ！ (嘘)

大きい数の素数の下一桁が、３や７の場合は素数である確率が高い！（嘘）

自分で見つけたんならへえすごいじゃんって感じ

え？

質問です
「素数は、無限個ある」ことの証明に、いまだユーグリッドの方法、
最大素数P(n)が存在すると、それ以下の素数P(j){j<n}で作られる
P=P(n)･P(n-1)･･･P(0)+1>P(n)がP(j)で割れないから、Pは素数･･･
なんて堂々とWebで書ている、人が多いのでしょうか？

13･11･7･5･3･2+1=509･59での、論理破綻は良く知られてるのに･･･

13･11･7･5･3･2+1=509･59　が教えるのは、最大素数P(n)≠13　というだけのことだが、
これが論理破綻に見えるのなら、高校数学からやり直そう

>>198
やっぱり13より大きい素数あったじゃんっていう逆に裏付けってこと。

http://ja.wikipedia.org/wiki/素数が無数に存在することの証明
てかここに書いてあること？
これはそのようにして「素数を無限に生成できる」というのは誤解だってことだよな。

「素数を無限に確実に生成」が誤解、が正しいか。

P=P(n)･P(n-1)･･･P(0)+1>P(n)がP(j)で割れないから、Pは素数･･･

これを詳しく書くと

一般に、1より大きい整数は（少なくとも一つの）素数で割り切れる
Pは1より大きいので、P(n)、P(n-1)、･･･、P(0)のいずれかで割り切れる
しかし、PをP(n)、P(n-1)、･･･、P(0)で割った余りはいずれも1であり、矛盾する
したがって、素数が有限個と仮定したのが誤りだった
素数は無限個存在する


P(n)･P(n-1)･･･P(0)+1が素数を生成する規則であると>>198が誤解しただけ
証明中におけるP=P(n)･P(n-1)･･･P(0)+1が素数である理由は上に書いた通り
もちろん、誤った仮定の下で導かれたことなので、これが仮定無しで成り立つとは即断できない（実際に成り立っていない）

198です
みなさま、ありがとうございます。ご意見を勉強します。
私としては、P=P(n)･P(n-1)･･･P(0)+1が判定に使える式
に思えない状態です。

いま簡単に1000番目の素数までMathematicaで計算すると、
pProduct[1] = 2;
pProduct[n_] := pProduct[n] = Prime[n] pProduct[n - 1]
(pProduct[#] & /@ Range[1000] + 1) // PrimeQ;
Count[%, True]/Length[%]
->13/1000
となり与式が与える素数は1.3%まで減少しました。

この式が使えるには大きな素数において、この%が必要条件
として、1に漸近しなければと、いまは思っています。。。

P(n)･P(n-1)･･･P(0)+1が素数とは限らないというだけで、この数の最大の素因数はP(n),P(n-1),･･,P(0)のすべてと異なるから、素因数分解まですれば新しい素数が見つかるという意味で素数を生成する方法であるというのは正しい。

＞私としては、P=P(n)･P(n-1)･･･P(0)+1が判定に使える式
＞に思えない状態です。

だ・か・ら、それは素数を生成する数式ではない、と説明したんだけど

>>204,205
ありがとうございます。これが素数の生成式では
ないのは判っています。ただ、論理的にしっくり
こないのです。
たぶん大本の証明を、きちんとみていないせいが
大きいのかと思います。ご意見のもと勉強します。

みなさま、ありがとうございましたm(-_-)m。

論理的にしっくりこないのは、論理的に考えていないからじゃないかな・・・

論理的に考えるとそうだな

↓論理的思考とはなにかについて

そこまで根本に遡らないといけない問題かコレ？
質問者はそもそも証明を読んでいないと認めているのに

素数の定義は、
１かそれ自身の数字以外で、それ自身以下の数字に限るだろ。

>>P=P(n)･P(n-1)･･･P(0)+1>P(n)がP(j)で割れないから、Pは素数･･･
なんて堂々とWebで書ている、人が多いのでしょうか？

13･11･7･5･3･2+1=509･59での、論理破綻は良く知られてるのに･･･


P＝13として、509＊59のどこがP(j)＝１３よりも低い素数なんだ？

みなさまのご意見のもと、私なりに問題を反芻しまして、
問題は私の非論理的思考が生んだ誤りと、気づきました。

P(n)を最大の素数と仮定するならP(n)･P(n-1)･･･P(0)+1
は、P(n)以下の素数で論じなければいけない。

もしP(n)･P(n-1)･･･P(0)+1が、P(n)より大きい素数で割
れても、それはP(n)を最大の素数とする仮定が誤りとの
背理法がはいるんですよね。

結果的に、主観的な思い込みと、決めつけで恥ずかしい
質問をいたしました。まなさまのご指摘を、感謝します。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　198

日本での素数第一人者は誰か教えてください。よろしくお願いします。

東京大学：河東泰之教授ですか？
日本大学：本橋洋一教授ですか？
それとも、
誰ですか？

少なくともその二人じゃないに3000点

ここに素数図がアップされている！

http://blogs.yahoo.co.jp/assum3_0

>>215 エラトステネスの篩　って知ってる？

篠沢教授はのけものかよ。

狢

■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□
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□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■
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□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■
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どうしたん貉さん

>>215
これってもしかしたらもしかしてんじゃねぇの？
俺的にはすげえって感じなんだが

どうすごいの
あんま意味わかんなかった

>>221
121+210x≦S≦271+210x
37+210x≦S≦187+210x
191+210x≦S≦341+210x
183+210x≦S≦313+210x
107+210x≦S≦257+210x
49+210x≦S≦229+210x
23+210x≦S≦173+210x
149+210x≦S≦299+210x

S=121+210x+30y(0≦y≦5)
S=37+210x+30y(0≦y≦5)
S=191+210x+30y(0≦y≦5)
S=183+210x+30y(0≦y≦5)
S=107+210x+30y(0≦y≦5)
S=49+210x+30y(0≦y≦5)
S=23+210x+30y(0≦y≦5)
S=149+210x+30y(0≦y≦5)
この範囲内に素数は絞られるてこと
ただあなはけっこうある
http://music.geocities.jp/sachiromusicpage/sosuuEn24.png

Y=1+24X Y=5+24X Y=7+24X Y=11+24X Y=13+24X Y=17+24X Y=19+24X Y=23+24X
Xは任意としてすべての素数はこのYの中に含まれる

>>223
それって当たり前じゃない？

>>223
＞Y=1+24X Y=5+24X Y=7+24X Y=11+24X Y=13+24X Y=17+24X Y=19+24X Y=23+24X
＞Xは任意としてすべての素数はこのYの中に含まれる
つまり一桁めが1537 59371 71593 15937
37159 71593 93715 37159
で繰り返されるものに素数があるのか

>>225
これと素数範囲を照合してかさなったすうじが素数

当たり前のことを複雑にした結果当たり前の事実を複雑の中から見つけて喜んでいるガキ
実際には複雑ですらない

偉そうに言って喜んでいるガキがいるなｗ

なんという車輪の再発見スレw

狢

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■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□
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■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□
□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■
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□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■

>>220
素数表と照らし合わせながらここに並んでいる素数をひとつひとつチェックしてみた
驚いた
素数の規則性を初めて見た

狢

■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□■□
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>>215
みんなも検証してみ
素数に規則性ってーーーびっくりだぜ

狢

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>>233
　コイツ、２０代の、無職の、ゴミ・クズ・カス・無能・虫けらのクソガキ！

　無職のクソガキども！　　大変なコトになるな！

憲法改正だ！　９６条を改正してから、９条を改正する。　そして、何条を改正するか？
１８条だ！　そうして、国家総動員法ができて、オマエたち、無職のクソガキどもは、真っ先に徴兵だ！
オマエたちは、頭デッカチの虚弱児・ひ弱だから、最下等兵！　すぐ戦死だ！

アハハハハハハハハハハ！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

　死にゆく、クソガキどもに、大伴家持の詩を贈ってやろう！

海行かば　水浸く屍　山行かば　草むす屍　大君の　辺にこそ死なめ　かえりみはせじ！

結局どうすごいのか全然わかんない

>>236
素数は何かの倍数＋その倍数以下の素数
で成り立っているおってこと。

(･∀･)

じゃあその規則性を使って最大素数の記録更新しては？

>>235
狢

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Y=AXとして（　Y=Bに直線を引く
B=AXとすると

Y=AXとして（Aは傾き）　Y=Sに直線を引く
S=AXとすると　Sが素数の時AがSのときと１の時以外　格子点で交点はできない
これはT^2＝2S^2+S^2(1+1/A^2)-2S√(1+1/A^2)*{1/[A√(1+1/A^2)]-1/√(1+1/A^2)}
T＝√( 2S^2+S^2(1+1/A^2)-2S√(1+1/A^2)*{1/[A√(1+1/A^2)]+1/√(1+1/A^2)} )
T＝√( 2S^2+S^2(1+1/A^2)-2S*（1-A）/A )
T＝√( 3S^2+S^2/A^2)-2S/A-2S )

Tを整数にするAが1<A<Sの間に存在すると同義

T＝S＊√( 1+1/A^2-2/A )
Tが整数になるAが（0<A<S)の間に存在すればいい
∫[1→S] S*（A-1）/A dA
S*[S-1-logS]=T dA
log [e^S(S-1)/(S^S)]

>>215
30ごとに並んでいるがこれはどうってことないことか？
俺ははじめて知ったんだが君達は前から知っていたか？
誰か返答たのむ

30というのが、特別何か意味があるということはない。
極端なことをいえば、2で見てみればいい。2の倍数は、2以外すべて取り除かれている。
同じように、3でみてもいい。3の倍数は、3以外すべて取り除かれている。
同じようなことが、5でも、7でも、11でもいえる。
そしてその中の、周期2と3と5を組み合わせてみると周期30が出来上がり、
30ごとに、一定の法則が見えてくるというだけだ。
7を取り入れて210を周期にして眺めても、何かが見えてくるだろうし、
2,3,7を組み合わせて42で眺めても、一定の法則はある。

ただ、30周期は、次の意味で、少しは特別かもしれない。
30n+k型の整数で、(2,3,5を除くと)素数になりえるのは、
k=1,7,11,13,17,19,23,29の時だけ。
合計8つで、メモリの1バイト=8ビットの8と一致している。
そこで、「素数表」を作る際、ひとつの数に対し、素数かどうか1ビットを与えるのではなく、
30の数に対し、8ビット=1バイトを与えてる方法が昔からよく使われている。

＞ただ、30周期は、次の意味で、少しは特別かもしれない。
＞＞30n+k型の整数で、(2,3,5を除くと)素数になりえるのは、
＞k=1,7,11,13,17,19,23,29の時だけ。


ってことを
君は以前から知っていたかい？
俺はそこのところが一番知りたいんだ

俺は仲間連中に話してみた
みんな知らなかった
みんな驚いていた
そして、しばらくしてから「だけど当たり前のことだぜ」となった

こんなあたり前のことを俺達は知らなかったんじゃないのか？

「以前」がどの時点を想定しているかはわからないが、この掲示板に、このことを書かれた
時点はもちろん、プログラムの本で、30周期を利用して、メモリ節約の工夫に使っている
という記述を見た時点でも、知っていた。
はっきりと、意識したのは、エラトステネスの篩の話を聞いたときかもしれないが、たとえ
そのような話を聞いていなくても、内容を聞けば、当たり前のことを何をいまさら、と思う。

どのような順番で足し算を行おうとも、結果がわからないことを、新発見のように触れまわる
輩が現れたら君をその人物をどう思う？
そんなこと当たり前だと思うと同時に、冷たい視線を向けるのではないか。
私は、将に今そんな心境だ。

この法則が正しいとしたら、
ある素数ｐを法にした世界では(ｐ-1)の約数ｎの数量で循環する環(ある数を掛け続けることでできる環)が(ｐ-1)÷ｎ個分必ず存在することになるね

日本語下手でごめん

この法則が成り立つことってどうやって証明したらいいんだろう

>>249
意味が分からないので
具体的な数字を出してもらえないでしょうか？

>>(ｐ-1)の約数ｎの数量

これってもしかして
(p-1)の約数がｎ個
ってこと？

そうだとしたらこれのことかな？
http://www.maitou.gr.jp/rsa/rsa10.php

コイツら、無職の、女性恐怖症の、ゴミ・クズ・カス・無能・虫けらのクソガキども！

　無職のクソガキども！　　大変なコトになるな！

憲法改正だ！　９６条を改正してから、９条を改正する。　そして、何条を改正するか？
１８条だ！　そうして、国家総動員法ができて、オマエたち、無職のクソガキどもは、真っ先に徴兵だ！
オマエたちは、頭デッカチの虚弱児・ひ弱だから、最下等兵！　すぐ戦死だ！

アハハハハハハハハハハ！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

　死にゆく、クソガキどもに、大伴家持の詩を贈ってやろう！

海行かば　水浸く屍　山行かば　草むす屍　大君の　辺にこそ死なめ　かえりみはせじ！

>>252
狢

>>250
例えば

７(＝ｐ)を法にした世界では６(＝ｐ-1)の約数3の数量（環を形作る数の個数が約数個）で循環する環(　１　　　３　　)が6÷3個分必ず存在する
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（　↙↖　　　↙↖　　）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（２→４　６→５　）

ごめん訂正

７を法とする
６の約数３の数量(環を形作る数の個数が約数個(この場合は３個))で循環する環（　１　　　３　　）が６÷３個分必ず存在する
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（　↙↖　　　↙↖　　）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（２→４　６→５　）

ごめんまた上手くいかなかった
1→2→4→1…の環と
3→6→5→3…の環の２つの環ができるってこと

>>251
多分それではない、と思う

素数図
http://blogs.yahoo.co.jp/assum3_0
なかなか興味深い図だと思う

頭初8列全部を紫として考えると
紫−白−茶色＝素数　　となる
つまり誰かが
図中に散らばる茶色数群の規則性を発見したとするなら
それは素数の完全な規則性発見と同意なので
その誰かはフィールズ賞間違いないだろう

発見者さん、自作自演お疲れ様ｗｗ
「なかなか興味深い図だと思う」とか自分で書いて恥ずかしくないの？
素因数分解すら知らない小学生低学年の知識しか持ってないから
こんな規則性すら見つけられないんだろうけど
「7以上の素数の積」に決まってるだろうが
30=2×3×5
なんだから

こんな自明な規則性が発見だったら
210=2×3×5×7
2310=2×3×5×7×11
の表の規則性も見つけられるからフィールズ賞3つくれよｗ

こんな不完全な表を書いて満足してる暇があったら
「エラトステネスの篩」で検索しろよ
素数をすべて書き記せる表が既にあるんだから見習え

つーかちゃんと小学校と精神病院に通ってからインターネット使え
これは要求じゃなくて命令な

>>259
俺は「なかなか興味深い図だ」と思ったからそう書いただけなのだが・・・

素数の規則性を示す完全な表は存在しない
あるのは全部不完全な表だ
この図ももちろん不完全な図だ
だが「なかなか興味深い図だ」と思ったからそう書いた
そんなにボロクソに言われることでもないと思うが・・・
このおじいさんは今はもう茶色数群の規則性探しに興味が移っているようだ
身の程知らずのじいさんだw　だが
楽しそうでいいじゃないかw

幼稚なのは確か

幼稚だからあの図が書けたのさ
数学優秀な俺等にとっては不愉快だがねw

あの図で高校生に素数の説明をしたら「尊敬の眼」で見られたぜw
複雑な気持ちだったぜw

誰か>>96やってよ

不愉快というか、

で？

なんじゃないの。無価値なんだから。

小学生の自由研究としては価値があると思う
中学生がこのレベルの発見ｗをしたとしても白い目で見られるだろうけど

俺は知らなかったから結構感心している
知ってしまえば「あぁなるほど当然のことだな」となったけどな
俺みたいなやつ結構多いんじゃないかな

中学生くらいならあるいは。

あんなものを堂々と公表して恥ずかしくないのだろうか？

新しい素数の法則を発見した！

「p,qを2より大きい任意の素数とするとp*q+1は必ず偶数になる」
無限にある素数をたった1行で性質を書くことに成功した！

例）3*5+1=16, 5*13+1=66

これが「2より大きい任意の素数」ではなく「2より大きい任意の整数」とすると
当てはまらないものが見つかる

例）3*6+1=19, 4*5+1=21

従ってこの性質を利用すれば、ある数が素数かどうかの判定に使えるだろう

しかし素数でない数でも偶数になる場合がある

例）3*9+1=28, 5*15+1=76

この法則を修正し、必ず素数だけに当てはまる方法を発見したとするなら
それは素数の完全な規則性発見と同意なので
その誰かはフィールズ賞間違いないだろう

>>266
この法則知っていたか？インターネットで見つからなかったから
世界で初の発見だと思うぜ！すごいだろ！！

30周期だと素数が6連続並びするんだな
見ようによっては10連続並びもあるし結構感心している
>>268
いいんじゃないかな
俺みたいな奴もいることだし（ちなみに俺大学生w）

>>268
「30周期だとこんなだよ」ってことで別に恥ずかしいことでもないと思うが

それとこの図を見ながら「30周期ってのは他の周期と違って特殊性があるかも」と思い始めている俺もいることだし（笑）

中学生ならともかく大学生ならちょっとねえw

普段数学に縁が無ければこんなもの。

2310周期の表を作ってみたが凄いな
30周期は指摘通り欠陥だらけだった

>>275
どう凄いのか解説よろしく　

2310周期で何列作ったんだよ
そしてその全部を素数表を見ながら埋めていったとでもいうのかよ
君はウソを言っているな

>>277
そんなんじゃなくて表はもっと簡単にできるよ（できる人にはね。俺にはできないが）

>>275
その二つの表、見てみたいな（皮肉じゃなくてマジ本気で見たいんだ）
ｳﾌﾟしてみてよ

誰か>>96やってよ

素数図とやらのコメント削除されてる
7と11の倍数にも対応できる2310周期の完全勝利のようだｗ

整数を十進法いがいで表現する時
その整数が十進法いがいで整数で表現されるのはその整数が非素数のとき二つ以上
素数のときは素数進法のみ

>>281
は？
意味解らんがんなわけねーだろ

誰か>>96やってよ

5=2^2+1
7=2^2+3
11=3^2+2
13=3^2+2^2
17=4^2+1
19=4^2+3
23=4^2+2^2+3
29=5^2+2^2
31=5^2+2^2+2
37=6^2+1
41=6^2+2^2+1
43=6^2+2^2+3
47=6^2+3^2+2
53=7^2+2^2
59=7^2+3^2+1
61=7^2+3^2+3
67=7^2+4^2+2
71=7^2+4^2+2^2+2

67=8^2+3
71=8^2+2^2+3
73=8^2+3^2
79=8^2+3^2+2^2+2
83=9^2+2
87=9^2+2^2+2
89=8^2+2^2+3
97=9^2+4^2
101=9^2+4^2+2^2
111211222122222223122312223


229=15^2+2^2

1007=31^2+6^2+3^2+1

3671=60^2+8^2+2^2+3

9941=99^2+11^2+4^2+3

素数は３つまでの二乗成分と１から３までの足し算ですべて表せる

長さが素数の棒を用意する
それを３次元座標の原点に端を付けて乱雑に回転させたとき
棒のもう一端がｘｙｚ成分においてすべて整数になる点を通るときそれに１から３を足す必要はない

フェルマーの２平方の定理の劣化版みたいだが
とりあえず>>286は蛇足

ん？よく考えたらおかしくないか？

三平方和定理で8k+7で表せない素数はそのまま３平方和に出来るし
8k+7にしたって+2すれば8(k+1)+1だから、これも３平方和に出来る
なんで「１から３までの足し算」とかいう条件が必要になるんだ？

>>284>>285
すごい！なんでこうなるの？

>>289
三個の平方数の和
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%B8%89%E5%80%8B%E3%81%AE%E5%B9%B3%E6%96%B9%E6%95%B0%E3%81%AE%E5%92%8C

>>290
ありがとう

Ｘ＾２−Ｙ＾２＝Ｎ　（Ｎ＝任意の整数）
この双曲線の (N+1)/2　>　Ｘ　> 0 , (N-1)/2 > Y > 0の範囲のみを考える
この範囲で双曲線が格子点を通らないときＮは素数になる
Ｘ＝rcosθ　Y=rsinθ　として
r^2*cos(2θ)=N
r=√{ N/cos(2θ) }

0 < θ　< arctan [ (N-1)/(N+1) ] の範囲でθを動かしたとき
X=cosθ*√{ N/cos(2θ) } Y=sinθ*√{ N/cos(2θ) }が二つとも同時に整数にならなければＮは素数
sinθ*√{ N/cos(2θ) }＊cosθ*√{ N/cos(2θ) } =N/2＊　｛sin(2θ)/cos(2θ)}
｛sin(2θ)/cos(2θ)}が偶数になるθにおいて上記のＸとＹが整数になればＮは素数でない
｛sin(2θ)/cos(2θ)}が偶数になるθにおいてsin(θ+π/4)*√{ 2N/cos(2θ) }が整数にならないときＮは素数でない

ん？どういう意味？

x^2-y^2=s　ｓが素数の時(√s<x<(s+1)/2)の範囲において第一象限で格子点を通らない
(x+iy)^2=s+2ixy
{ √[x^2+y^2]*e^(i*arctan(y/x)) }^2 = √[s^2+4(xy)^2]*e^(i*arctan(2xy/s))
√[x^2+y^2]=√[s^2+4(xy)^2] x^2-y^2=s
e^(i*2*arctan(y/x))=e^(i*arctan(2xy/s))
2*arctan(y/x)=2Aπ+φ
arctan(2xy/s)=2Bπ+φ
2*arctan(y/x)-arctan(2xy/s)=2(A-B)π　　　　
Sに整数を代入し上記の指揮を満たす整数ｘと整数ｙが(√s<x<(s+1)/2)と(0<y<(s-1)/2)に存在しない時Ｓは素数
常にＡ＝Ｂなので合同のみを考慮する
2*arctan(y/x)=arctan(2xy/s)
tan[2*arctan(y/x)]=2xy/s
s=2xy/tan[2*arctan(y/x)] (√s<x<(s+1)/2)　(0<y<(s-1)/2)の範囲の整数を左の式に代入し
Sが整数とならなければＳは素数
s=2xy/tan[arctan(y/x)+arctan(y/x)]
tan[arctan(y/x)+arctan(y/x)]={tan[arctan(y/x)]+tan[arctan(y/x)]}/{1-(tan[arctan(y/x)])^2}
{tan[arctan(y/x)]+tan[arctan(y/x)]}/{1-(tan[arctan(y/x)])^2}=2(y/x)/{1-(y/x)^2}
s=2xy/[2(y/x)/{1-(y/x)^2}] s=x^2-y^2
2*arctan(y/x)=arctan(2xy/s)
2*arctan√[1-(s/x^2)]=arctan{ 2*x^2/s*√[1-(s/x^2)] }
s/x^2=tとおいて

2*arctan√[1-t]=arctan{ 2/t*√[1-t] } [4s/(s+1)^2<t<1]
ｓに任意の数を代入し範囲でtを動かしたとき式を満たさなければ素数
dy/dt=-1/((2-t)*√[1-t]) dy/dt=-(2√(1-t)-t)/(t-2)^2

素因数分解が一意なんじゃない
素イデアル分解が一意なんだ

この法則って今まで発見されていなかったの？

素数意外の場合の円が必ず小さい複数の円になる訳ではない
合成数でどういう場合にそこそこ大きな円になるかとか研究してみたら結構面白そうだなと思う

35とか77の場合は結構大きな円になった

十分に大きい素数ab２つを掛けてできる合成数の円は
素数aの倍数の円と素数ｂの倍数の円とそれ以外の数の半分の数の円、もう半分の数の円になるのかな

ごめん間違えた
素数aの倍数の円と、素数ｂの場合の円と、それ以外の数の円だった

３つ以上の素数を掛けた合成数の場合にも一般化できるのかな

円って何の話だ？

>>1の話

すまん>>299>>300は間違っていた
ある程度大きい素数a,b(a＜ｂ)２つを掛けてできる合成数を法とした円は、
素数aの倍数の数の集合の円と、素数ｂの倍数の数の集合の円と、それ以外の数の量のうち1÷a分の量のaの倍数でもbの倍数でもない数たちの集合の円がa個分できる、っぽい
小さな数の場合でしか試していないから自信はない

ごめん違った
素数aの倍数の円と、素数ｂの倍数の円と、
((a-1)と(ｂ-1)の最小公倍数)分の量のaの倍数でもbの倍数でもない数でできた円が(a-1)×(ｂ-1)÷((a-1)と(ｂ-1)の最小公倍数)個できる

多分３つ以上の素数を掛けた合成数の場合にも一般化できる

aのｎ乗の場合は違うみたいだけど

3のｎ乗を法とした円の単位元の一つは2である
↑これって真？

pを法とした単位元のうち一番小さな単位元をaとする

pのn乗を法とした円の単位元の一つはaである

これはどうだろう？どうやって証明したらいいんだろう

いや別に一番小さな単位元に限らずすべての単位元か

ｐを法としたときの単位元はpの2乗を法としたときの単位元のなかに含まれていて、
ｐの2乗を法としたときの単位元はｐの3乗を法としたときの単位元のなかに含まれていて
以下同文

になってる気がする

　1
　3
　2

↑この円って

　+1
　3
　-1

↑こういうふうに書き換えられるから、
-×-が＋になって-×-×-が-になって…てぐるぐると回転していることと対応しているね

1
3 5 2
4

↑これは1×i＝i,i×i＝-1,i×i×i＝-i,i×i×i×i＝1てぐるぐる回転していることと対応している

これ一般化できるかな

ごめん間違った

　　1
3　5　2
　　4
の図

>>1の法則素数判定に使えないかな

どの合成数の場合円ができて
どの合成数の場合円ができないんだろう

3×ｐの数の場合
6,21,33の場合しか成立しないっぽい
多分だけど

合成数の場合の円(例えば15のとき)を考えるときは向かいあう数を足すと真ん中の数になるってルールを外さないといけないっぽい

2×ｐの場合の円の単位元はｐの場合の円の単位元である(但しｐの単位元のうち偶数の単位元にはｐを足す)

ごめん単位元じゃなくて生成元だったｗ

フェルマーの小定理拡大版

pを素数、m,nを自然数、aをpを法としたときの単位元、bを0または自然数とおく

ｐ＝mn+1とおく

aのｎ+b乗+aの2ｎ+b乗+aの3ｎ+b乗+……+aのmn+b乗＝0

誰か証明お願い！

ごめん上の式はmodpね

ごめん式間違えてた

aのb乗+aのn+b乗+aの2ｎ+ｂ乗+……+aのmn+b乗＝0(modp)

でした

訂正が間違っていた
元のやつが正しいです

ごめんフェルマーの小定理をちょっと因数分解すれば>>318が成立しているのは自明だね…

オイラーの定理拡張版

ｎ＝ｐ1×ｐ2×ｐ3×…×ｐｍ(ｐｍは素数)、ｂ＝ｐ1引く1とｐ2引く1と……ｐｍ引く1の最小公倍数、aとｎは互いに素とおくとき

aのｂ乗＝1(mod n)

誰か証明お願い！

ただしｎの因数の中にpのｃ乗が含まれていた場合はｐのｃ乗引く1をｐのｃ乗引くｐのｃ-1乗として処理する

ちょっと>>323の書き方を変える

ｎ＝ｐ1のｑ1乗×ｐ2のｑ2乗×ｐ3のｑ3乗×…ｐｍのｑｍ乗(ｐは素数)、
ｆ(ｎ)＝((ｐ1-1)×ｐ1の(ｑ1-1)乗)と((ｐ2-1)×ｐ2の(ｑ2-1)乗)と…………((ｐｍ-1)×ｐｍの(ｑｍ-1)乗)の最小公倍数、
aとnは互いに素
とおくとき

aのｆ(ｎ)乗＝1(mod n)

ごめんもう一回変える

ｎ＝ｐ1のｑ1乗×ｐ2のｑ2乗×ｐ3のｑ3乗×…ｐｍのｑｍ乗(ｐは素数)、
ｆ(ｎ)＝(ｐ1-1)と(ｐ2-1)と……と(ｐｍ-1)と、(ｐ1の(ｑ1-1)乗)と(ｐ2の(ｑ2-1)乗)と……と(ｐｍの(ｑｍ-1)乗)の最小公倍数、
aとnは互いに素
とおくとき

aのｆ(ｎ)乗＝1(mod n)

ごめんカーマイケルの定理ってのがあるんだね…

フェルマーの最終定理(？)を初等的に証明した！

これから
X^(p-1)+Y^(p-1)≠Z^(p-1) (ただしXとＹとZ三つすべてで考える場合互いに素、pは5以上の素数)を証明する
フェルマーの小定理より、X^(p-1)+Y^(p-1)＝Z^(p-1)が成立する可能性があるのはXかYがpの倍数でZとpの倍数でないほうのXかYがpの倍数でないときだけ
Xをpの倍数でない自然数、Yをpの倍数とし、X＝x、Y＝py、Z＝zとする(XとYとZ三つすべてで考える場合互いに素なのでxとyとz三つすべてで考える場合互いに素)

z^(p-1)-x^(p-1)≠(py) ^(p-1)を証明すればX^(p-1)+Y^(p-1)≠Z^(p-1)を証明したことになる

(i)y＝1のとき
p^(p-1)＝p^n×p^(p-1-n) (1≦ｎ＜(p-1)÷2) とおく

z^(p-1)-x^(p-1) ＝(z^((p-1)÷2)-x^((p-1)÷2))( z^((p-1)÷2)+x^((p-1)÷2))より

z^((p-1)÷2)-x^((p-1)÷2)＝p^n ……�@
z^((p-1)÷2)+x^((p-1)÷2＝p^(p-1-n)……�A
とおける
(pは5以上なのでz^((p-1)÷2)-x^((p-1)÷2))をp^nとして問題はない)

�@より
z^((p-1)÷2)＝p^n ×((p^(p-1-2n)+1)÷2)、x^((p-1)÷2)＝p^n ×((p^(p-1-2n)-1)÷2)……�B

zとxはpの倍数ではないので�Bは正しくない
よって、z^(p-1)-x^(p-1)≠p^(p-1)

(ii)yが2以上のとき
(yp) ^(p-1)＝(y^m×p^n)×(y^(p-1-m)×p^(p-1-n))とおく
(　m,n両方が0になることはない、1＜y^(p-1-2m)×p^(p-1-2n)、　)

z^(p-1)-x^(p-1)＝(z^((p-1)÷2)-x^((p-1)÷2))( z^((p-1)÷2)+x^((p-1)÷2))

z^((p-1)÷2)-x^((p-1)÷2)＝y^m×p^n……�C
z^((p-1)÷2)+x^((p-1)÷2)＝y^(p-1-m)×p^(p-1-n)……�D
とおく

�C�Dを解いて
z^((p-1)÷2)＝(y^(p-1-m)×p^(p-1-n)+y^m×p^n)÷2
x^((p-1)÷2)＝(y^(p-1-m)×p^(p-1-n)-y^m×p^n)÷2

yがpの倍数ならzもxもpの倍数になってしまうのでyはpの倍数ではない

zとxがyの倍数でもpの倍数でもない場合はm＝0,n＝0かm＝0,n＝p-1かm＝p-1,n＝0かm＝p-1,n＝p-1の場合しかない

条件より, m＝0,n＝0, m＝p-1,n＝p-1になることはない

m＝0,n＝p-1のとき
2×z^((p-1)÷2)＝y^(p-1)+p^(p-1)
2×x^((p-1)÷2)＝y^(p-1)-p^(p-1)
フェルマーの小定理より
2×z^((p-1)÷2)＝1　(mod p)……�E
2×x^((p-1)÷2)＝1　(mod p)……�F
z^((p-1)÷2), x^((p-1)÷2)がとりうる値は1か(p-1)なので�E�Fにはならない
よって不適


m＝p-1,n＝0のとき
2×z^((p-1)÷2)＝p^(p-1)+y^(p-1)
2×x^((p-1)÷2)＝p^(p-1)-y^(p-1)
フェルマーの小定理より
2×z^((p-1)÷2)＝1　(mod p)……�G
2×x^((p-1)÷2)＝p-1　(mod p)……�H
z^((p-1)÷2), x^((p-1)÷2)がとりうる値は1か(p-1)なので�G�Hにはならない
よって不適

(i)(ii)より
z^(p-1)-x^(p-1)≠(py) ^(p-1)
よってX^(p-1)+Y^(p-1)≠Z^(p-1)

晒しあげ

ごめん(i)はいらないね……

x^2-y^2=(2k+1)を満たす２つの整数値xとｙを考える
√(2k+1)<x<(k+1) 0<y<k　の範囲において
2k+1が素数でないとき上記の式は解をもつ
k=4 5^2-4^2=9
k=7 4^2-1^2=15
k=10 5^2-2^2=21
k=12 5^2-0^2=25
k=13 6^2-3^2=27

２ｋ＋１が素数の時　上記の式は解をもたない

>>335
そりゃx^2-y^2=(x+y)(x-y)だから素数にはならないんだろ

ごめん
zとxがyの倍数でもpの倍数でもない場合はm＝0,n＝0かm＝0,n＝p-1かm＝p-1,n＝0かm＝p-1,n＝p-1の場合しかない
が間違っていた

(ii)はyが2の倍数でないときだった

(iii)y＝2^aのとき
z^((p-1)÷2)-x^((p-1)÷2)＝2^am×p^n
z^((p-1)÷2)+x^((p-1)÷2)＝2^a(p-1-m)×p^(p-1-n)

z^((p-1)÷2)＝2^(a(p-1-m)-1)×p^(p-1-n)+2^(am-1)×p^n

zがある数の倍数のときxもある数の倍数なのでこれからはzのみを考える

z^((p-1)÷2)が2の倍数でもpの倍数でもないのは
(m＝1÷a,n＝0)、(m＝p-1-1÷a,n＝0)、(m＝1÷a,n＝p-1)、(m＝p-1-1÷a,n＝p-1)
のときだけである

m＝1÷a,n＝0のとき
z^((p-1)÷2)-x^((p-1)÷2)＝2となるので不適

m＝p-1-1÷a,n＝p-1のとき
z^((p-1)÷2)+x^((p-1)÷2)＝2^(-1)-1となるので不適

m＝p-1-1÷a,n＝0のとき

z^((p-1)÷2)＝p^(p-1)+2^(a(ｐ-1)-2)
z^((p-1)÷2)＝2^(-2)　(mod p)
z^((p-1)÷2)＝2^(-2)　(mod p)が成立する可能性があるのはp＝5のときだけ

p＝5のとき
z^2＝5^4+2^(4a-2)
z^2≠5^4+2^(4a-2)なので不適

m＝1÷a,n＝p-1のとき
z^((p-1)÷2)＝2^(a(p-1)-2)+×p^(p-1)

m＝p-1-1÷a,n＝0のときと同様にして不適

よってz^(p-1)-x^(p-1)≠(p×2^a)^(p-1)

とりあえず地道に計算したら証明できるっぽい、です

ごめん(ii)はyが2以上の場合でうまくいってるね

いやいってないか

>>336
x=4, y=3 の時は素数になる
>>335はこういうケースが除かれるように範囲設定してあるね
このままだと (x,y)=(5,0) が範囲外になってるから、範囲の左の < は ≦ の間違いか

ごめん>>342が正しかった

ごめんやっぱ違う

素数の間隔が2である確率と（双子素数）4（いとこ素数）である確率は等しい。
最初は2と4,次に6（セクシー素数）,次に10が優勢。
その後すぐ6が優勢になり首位交替する。2と4は失脚。その後6派である12が頭角を表し、2位まで登り詰めるが6を追い抜くまでは至らない。
更に6派の18も3位に登り詰め、しばらくこれが続く。（10の9乗から19乗くらいまで）
そのうち新しい30派が頭角を表し始め、10の19乗で3位、10の27乗で2位、そしてついに10の35乗で首位交替する。
30派の30、6派の6,12の共存時代は10の35乗から10の70乗まで続く。
10の70乗で、6派の亜流？210派の前身？と思われる42が3位になる。しかし、すぐに30派の60が優勢になり始め、10の72乗で3位、10の79乗で2位となる。そしてこの頃から6は凋落しはじめ、ついに10の83乗で42と3位をとって替わられる。
42の存在は12のように6の忠実な子分ではなく、6派とは分類しづらい。かといって30を追い抜くような実力もなさそう。
30派の後は、次の素数階乗である210派が優勢になると思われる。42はその前身か？大相撲モンゴル時代の前の旭鷲山のような存在か？

チラシの裏でやれよ

>>347
プライムギャップは、10の100乗あたりでは、30,60,42の順番なんだろうが、その後はどのように予想される？
やはり、次の素数階乗の210が取って代わるのか、42など210の約数で6の素数倍が臨時にでも取ってかわるのか？

ζ（1/2+xi）＝２^s*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）*Γ（1/2-xi）*ζ（1/2-xi）
ζ（1/2+xi）/ζ（1/2-xi）＝２^s*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）*Γ（1/2-xi）
ζ（1/2+xi）=ζ（1/2-xi）=0なのでζ（1/2+xi）/ζ（1/2-xi）＝１
1＝２^s*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）*Γ（1/2-xi）
Γ(1/2+xi)Γ(1/2-xi)=-(1/2+xi)*Γ(1/2+xi)Γ(-1/2-xi)=π/sin{π(1/2+xi)}
1=２^(1/2+xi)*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）*Γ（1/2-xi）
1=２^(1/2-xi)*π^（-1/2-xi）*sin（π/4-πxi/2）*Γ（1/2+xi）
1/{２^(1/2-xi)*π^（-1/2-xi）*sin（π/4-πxi/2）}*1/{２^(1/2+xi)*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）}=π/sin{π(1/2+xi)}
1/{sin（π/4-πxi/2）}*1/{sin（π/4+πxi/2）}=2/sin{π(1/2+xi)}
sin{π(1/2+xi)}=2*sin（π/4-πxi/2）*sin（π/4+πxi/2）

ζ（1/2+xi）＝２^s*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）*Γ（1/2-xi）*ζ（1/2-xi）
ζ（1/2+xi）/ζ（1/2-xi）＝２^s*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）*Γ（1/2-xi）
ζ（1/2+xi）=ζ（1/2-xi）=0なのでζ（1/2+xi）/ζ（1/2-xi）＝r(不定数
r＝２^s*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）*Γ（1/2-xi）
Γ(1/2+xi)Γ(1/2-xi)=-(1/2+xi)*Γ(1/2+xi)Γ(-1/2-xi)=π/sin{π(1/2+xi)}
r=２^(1/2+xi)*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）*Γ（1/2-xi）
r=２^(1/2-xi)*π^（-1/2-xi）*sin（π/4-πxi/2）*Γ（1/2+xi）
r/{２^(1/2-xi)*π^（-1/2-xi）*sin（π/4-πxi/2）}*r/{２^(1/2+xi)*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）}=π/sin{π(1/2+xi)}
r^2/{sin（π/4-πxi/2）}*1/{sin（π/4+πxi/2）}=2/sin{π(1/2+xi)}
r^2*sin{π(1/2+xi)}=2*sin（π/4-πxi/2）*sin（π/4+πxi/2）
r^2=cos(πxi)/sin{π(1/2+xi)}
cos(πxi)/sin{π(1/2+xi)}が虚数部を持たないとき
(1/2+xi)は自明な解

ζ（1/2+xi）＝２^s*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）*Γ（1/2-xi）*ζ（1/2-xi）
ζ（1/2+xi）/ζ（1/2-xi）＝２^s*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）*Γ（1/2-xi）
ζ（1/2+xi）=ζ（1/2-xi）=0なのでζ（1/2+xi）/ζ（1/2-xi）＝１
1＝２^s*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）*Γ（1/2-xi）
Γ(1/2+xi)Γ(1/2-xi)=-(1/2+xi)*Γ(1/2+xi)Γ(-1/2-xi)=π/sin{π(1/2+xi)}
1=２^(1/2+xi)*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）*Γ（1/2-xi）
1=２^(-1/2+xi)*π^（1/2+xi）*sin（-π/4+πxi/2）*Γ（-1/2-xi）
-(1/2+xi)/{２^(1/2+xi)*π^（-1/2+xi）*sin（π/4+πxi/2）}*1/{２^(-1/2+xi)*π^（1/2+xi）*sin（-π/4+πxi/2）}=π/sin{π(1/2+xi)}
-(1/2+xi)/{sin（π/4+πxi/2）}*1/{sin（-π/4+πxi/2）}=(2π)^(1+2xi)/sin{π(1/2+xi)}
(1+2xi)*sin{π(1/2+xi)}=(2π)^(1+2xi)*cos(πxi)
(1+2xi)=(2π)^(1+2xi)
これを満たすxのとき
1/2+xiは自明な解

(1+2xi)=(2π)^(1+2xi)
(1+2xi)=2π*e^[(2xlog2π)*i]
1+2xi=2π*cos(2log2π*x)+2π*isin(2log2π*x)
2π*cos(2log2π*x)=1
π*sin(2log2π*x)=x
1/(4π^2)+x^2/π^2=1
x>2πのときxはxを2πで割った余りと置く
x=(1/2)*√{4π^2-1}+2nπ

(1＋2xi)＝2^(−1＋2xi)π^(1＋2xi)
(1＋2xi)＝(π/2)(2π)^(2xi)
(1＋2xi)＝(π/2)(cos(2xlog2π)＋isin(2xlog2π))
2xlog2π>2πのとき
2xlog2π÷2πの余りを2xlog2に代入する

双子素数pとp＋２の乗法群の生成元は少なくとも一つは被っている
これって真？

４の倍数に１を足した素数pの生成元は
ある数aが生成元ならｐ−aも生成元である
これはどう？

pのn乗を法としたときのpでない数の群の生成元はpの生成元の倍数である
これは真だね

pを３以上の素数とする
pの乗法群の生成元の数の倍数のうちpのn乗より小さい数の個数のほうが
(p-1)×pの(n-1)乗と互いに素な(p-1)×pの(n-1)乗より小さい数の個数より大きい

-π/cos(πxi)=Γ(3/2+xi)Γ(-1/2-xi)
Γ(3/2+xi)=(1/2+xi)Γ(1/2+xi)
Γ(1/2+xi)Γ(1/2-xi)=-(1/2+xi)*Γ(1/2+xi)Γ(-1/2-xi)=π/cos(πxi)
ζ（-1/2-xi）＝2^(-1/2-xi)*π^（3/2+xi）*sin（-3π/4-πxi/2）*(1/2+xi)*Γ(1/2+xi)*ζ（3/2+xi）
(1/2+xi)/{2^(1/2-xi)*π^（1/2+xi）*sin（π/4-πxi/2）}=(1/2+xi)Γ（1/2+xi）
ζ（-1/2-xi）/ζ（3/2+xi）＝-π(1/2+xi)/2
ζ（3/2+xi）/ζ（-1/2-xi）＝2^(3/2+xi)*π^（-1/2-xi）*sin（3π/4+πxi/2）*Γ(-1/2-xi)
-4/{π(1+2xi)*2^(3/2+xi)*π^（-1/2-xi）*sin（3π/4+πxi/2）}＝Γ(-1/2-xi)
-(1/2+xi)*Γ(1/2+xi)Γ(-1/2-xi)=4(1/2+xi)/[ {2^(1/2-xi)*π^（1/2+xi）*sin（π/4-πxi/2）}*{π(1+2xi)*2^(3/2+xi)*π^（-1/2-xi）*sin（3π/4+πxi/2）} ]
1/[ 2π*[cos(πxi/2)-sin(πxi/2)]^2 ]=π/cos(πxi)
cos（πxi)=2π^2*{1-sin(πxi)}
0=(4π^4-1)-2(4π^4)x+(4π^4+1)x^2
{(4π^4)±1}/(4π^4+1)=sin(πxi)
sin(πxi)をマクローリン展開してxを近似する

>>356
７＊４＋１−７＝２２

logi=log1+iπ/2
i*( e^(πx)+e^(-πx))=2π^2*{2- i*(e^(-πx) - e^(πx)) }
( e^(2πx)+1)=2π^2*{-2ie^(πx)-1+e^(2πx)) }
( e^(2πx)+1)=2π^2*{e^(πx))-i}^2
( e^(πx)+i)( e^(πx)-i)=2π^2*{e^(πx))-i}^2
( e^(πx)+i)=2π^2*{e^(πx))-i}
i*(2π^2+1)=(2π^2-1)*{e^(πx))
log[i*(2π^2+1)/(2π^2-1)]=log{e^(πx))}
x=(1/π)*{logi+log[(2π^2+1)/(2π^2-1)]}
x=(1/π)*{iπ/2+log[(2π^2+1)/(2π^2-1)]}
x=i/2+(1/π)*log[(2π^2+1)/(2π^2-1)]
1/2+xi=i*(1/π)*log[(2π^2+1)/(2π^2-1)]


log[i*(2π^2+1)/(2π^2-1)]=log{e^(πx+2nπ))}
x=(1/π)*{logi+log[(2π^2+1)/(2π^2-1)]-2nπ}
x=i/2+(1/π)*log[(2π^2+1)/(2π^2-1)]-2n
1/2+xi=i*{(1/π)*log[(2π^2+1)/(2π^2-1)]+2n]
ζ(i*{(1/π)*log[(2π^2+1)/(2π^2-1)]+2n])=0

logi=log1+iπ/2
i*( e^(πx)+e^(-πx))=π^2*{2- i*(e^(-πx) - e^(πx)) }
( e^(2πx)+1)=π^2*{-2ie^(πx)-1+e^(2πx)) }
( e^(2πx)+1)=π^2*{e^(πx))-i}^2
( e^(πx)+i)( e^(πx)-i)=π^2*{e^(πx))-i}^2
( e^(πx)+i)=π^2*{e^(πx))-i}
i*(π^2+1)=(π^2-1)*{e^(πx))
log[i*(π^2+1)/(π^2-1)]=log{e^(πx))}
x=(1/π)*{logi+log[(π^2+1)/(π^2-1)]}
x=(1/π)*{iπ/2+log[(π^2+1)/(π^2-1)]}
x=i/2+(1/π)*log[(π^2+1)/(π^2-1)]
1/2+xi=i*(1/π)*log[(π^2+1)/(π^2-1)]
log[i*(π^2+1)/(π^2-1)]=log{e^(πx+2nπ))}
x=(1/π)*{logi+log[(π^2+1)/(π^2-1)]-2nπ}
x=i/2+(1/π)*log[(π^2+1)/(π^2-1)]-2n
|1/2+xi|=|i*{(1/π)*log[(π^2+1)/(π^2-1)]+2n]|
x=√[ { (1/π)*log[(π^2+1)/(π^2-1)]+2n }^2 - (1/4) ]
ζ{ (1/2) + i * √[ { (1/π)*log[(π^2+1)/(π^2-1)]+2n }^2 - (1/4) ] }=0

>>360
？７は２９を法としたときの生成元じゃないじゃん

pの乗法群の生成元の個数って一般的に求められるね

>>355
これは数学的にはあまり意味のない問題。
mod p の数と mod p+2 の数を同一視するのは本質的でない。
というのも、例えば
「mod 5 での 1 と mod 7 での 1 は等しい」
と主張するなら、同様に
「mod 5 での 8 と mod 7 での 8 は等しい」
も成り立たなければおかしい。これは
「mod 5 での 3 と mod 7 での 1 は等しい」
と言っているのと同じこと。結局、全ての数が等しくなってしまう。

それでも鳩ノ巣原理とかで示せないかなーとか思ったけど、足りなくてむりぽ。
直感的には反例がある可能性が高そう。

>>356
４の倍数に１を足した素数pを法としたとき、
ある数aが生成元ならｐ−aも生成元である
ということかな。言葉は正確に。でないといらぬ勘違いを招く。
これは正しい。
証明は希望があれば書くけど、あまり簡単なものは思いつかなかった。

>>357>>358
よく分からないので、具体的な数で説明して

>>257はちょっと間違っていた

pのn乗を法としたときのpでない数の群の生成元の数をpで割った余りはpの生成元の数になる

例えば25の場合
25の生成元は2,3,8,12,13,17,22,23 ですべて5で割ると2か3になる

>>257じゃなくて>>357ね

>>358は例えば例を出すと

3の乗法群の生成元の数の倍数のうち3の3乗より小さい数の個数のほうが
2×3の2乗と互いに素な2×3の2乗より小さい数の個数より大きい

計算すると
3の乗法群の生成元は2で
27より小さい2の倍数は13個

18と互いに素な18より小さい数の個数は6個

あぁごめん
pの乗法群の生成元の数の倍数のうちpの倍数でないpのn乗より小さい数の個数のほうが
(p-1)×pの(n-1)乗と互いに素な(p-1)×pの(n-1)乗より小さい数の個数より大きい

って少し条件を狭めてもいけるね

nは2以上ね、pが2の場合もいけるっぽい

nが1のときは
pの乗法群の生成元の数の倍数のうちpの倍数でないpのn乗より小さい数の個数と
(p-1)×pの(n-1)乗と互いに素な(p-1)×pの(n-1)乗より小さい数の個数が等しくなる

ごめん>>358は式を間違えていて正しい式は当たり前のことをやっているだけだった

もっと練ってから書き込まなきゃな…

>>366
「pでない数」というのは「pの倍数でない数」の間違いか。

そもそも p^n を法としたとき生成元が存在するのかが疑問だったが、
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%B7%A1%E5%9B%9E%E7%BE%A4#.E6.80.A7.E8.B3.AA
を見る限りpが奇素数なら大丈夫そうだな。
(例えば8を法とすると、生成元は存在しない)
そうすると、確かに正しい。

生成元の存在の証明が気になるけど、単なるpの場合でもそこそこ難しいんだからこれは相当難しそう。

リンク先で参照してるのは、「性質」節の「事実として〜」のところね。

>>355に反例がありそうって言ったのは少し訂正。
試しに双子素数の 101,103 で考えてみたが、
101 を法としたときの生成元は 40 個
103 を法としたときの生成元は 32 個、100 以下に絞っても少なくとも 31 個
もし個数の和が 100 以上だったら鳩ノ巣原理で共通の生成元の存在がいえるんだけど、
残念ながら足りない。

しかし、100 以下の自然数から 40 個の数、31 個の数を無作為に選んだとき、一つも被らない確率を計算してみたら
およそ5億分の1になった。
かなりの高確率で共通の生成元が存在すると言える。
真偽が決まってることに対して確率とか言うのもアレだけど。

というわけで、反例があるとしてもかなり珍しいはず。

pを11以上の素数とする
ｐの生成元のうち隣り合う数n,n+1は必ず存在する

これはどうだろ

三つの隣り合う数n,n+1,n+2が生成元になるpの条件を考えている
4で割った余りが3になる11以上の素数はあるっぽい？

四つの隣り合う数n,n+1,n+2,n+3がpの生成元になることってあるのかな？
なかったら面白いけどあるっぽいな

ごめん53の生成元に19,20,21,22があったから四つの隣り合う数が生成元になることはあるわ…

何個の隣り合う数(n,n+1,n+2,……,n+k)がpの生成元になることがあるんだろう…無限だったりしないかな…

53の生成元に18もあったから五つの隣り合う数がpの生成元になることもあるみたい

>>378の後半は、

kを任意の自然数とする
k個の隣り合う数(n,n+1,n+2,……,n+k)がpの生成元の集合のなかに含まれるようなpは存在する

っていう意味の予想ね

ごめんnはいらなかったねwww

>>375の話なんだけどとりあえず2のn乗+1の形で表せる素数の場合は隣り合う数が必ずあるね

なぜなら
2のn乗+1の形で表せる素数の生成元の個数は2の(n-1)乗個
1とp-1(つまり2のn乗)は生成元にならないので2のn乗-1個の連なった数の中に2の(n-1)乗個の生成元が存在することになる
鳩ノ巣原理より隣り合う生成元は存在する

2×q+1(qは5以上の素数)の形で表せる素数pの場合は

2×q+1の形で表せる素数の生成元の個数はq-1個
1とp-1(つまり2×q)は生成元にならないので2×q-1個の連なった数の中にq-1個の生成元が存在することになる
こっからどうしたらいいの！

>>382の訂正……
2のn乗-2個の連なった数の中に2の(n-1)乗個の生成元、ね

生成元ではない数を見つける方法

p＝q1のb1乗×q2のb2乗×……×qnのbn乗(qkは素数、bkは自然数)の生成元は
aの(qk×c)乗(aは任意の自然数、cは自然数)(mod p)では表せない

まぁ要するに4とか9は生成元になりませんよってこと。当たり前だけど

ごめんp＝q1のb1乗×q2のb2乗×……×qnのbn乗+1(qkは素数、bkは自然数)、ね

p＝2q+1(p,qは素数)のとき
pの生成元はp-1でもaの(2×c)乗でもない数である(cは自然数)
aは1より大きくp-1より小さい自然数一つを考えるだけでよい

まぁ一番計算が楽なのはaが2のときだから
p-1でも4のc乗でもない数を調べればすぐにp(＝2q+1)の生成元が出てくるってこと

累乗ぐらいちゃんと書いてくれ
つhttp://mathmathmath.dotera.net/

>>389おっけー

p＝q1^a1×q2^a2×……×qn^an+1とする(qは素数、aは自然数)
pの生成元の個数は

(p-1)×(1-1/q1)×(1-1/q2)×……×(1-1/qn)個である

これを踏まえると
pの生成元の個数は(q1-1)×(q2-1)×……×(qn-1)以上(p-1)/2以下になることがいえる

数学以前の問題だな

Z/pZ の乗法群の生成元が、p-1 番目の円分多項式の Z/pZ における根であることに今更ながら気付いた。
その筋の人には常識なんだろうか。

n 番目の円分多項式を F[n](x) と書くと、>>375は以下のように書き換えられる。
隣り合う生成元が存在する
⇔ F[p-1](x) と F[p-1](x+1) が Z/pZ において共通根をもつ
⇔ F[p-1](x) と F[p-1](x+1) の終結式が 0
よって、それぞれの p に対して行列式を一つ計算するだけで>>375の真偽が判定できる。
行列のサイズが大きくて実際の計算には向かないかもしれんが、
しらみつぶし以外の方法があるということが分かる。

1^2,2^2,3^2,……,((p-1)/2)^2はpの生成元にならない

これを使えばpの生成元になる可能性のある数の個数を(p-1)/2個まで減らせる

別に大した予想じゃないけど

11以上のpの生成元が素数だけになったり合成数だけになったりすることはない
(pの生成元の集合の中には必ず素数が含まれる)

>>394
これも>>355と同じで数学的にはナンセンス。
mod 11 での 2 は 13 でもあり 24 でもあり -9 でもある。
どれか一つをとって素数だ合成数だと言ってもあまり意味がない。

ちなみに、任意の素数 p、任意の整数 n に対して n+pk (k は整数) の形の素数が存在する。
(ディリクレの算術級数定理より)

>>395
ありがとう

>>375はナンセンス？

>>396
>>375はそうでもない

aをpより小さい任意の自然数とすると
p^2より小さいa+pn(nは0以上の整数)の中に素数が必ず存在する

1以上p^2以下の自然数の集合の中に少なくともp個の素数が存在する

こう言いかえることもできるね

素数を小さい順にp1,p2,p3,……,pnとおく(nは2以上の自然数)
pnはn^2より小さい

p＝a^b+1のとき
aとp-aはpの生成元にならない

a^n(mod p)もpの生成元にならない

bをnより小さい任意の0以上の整数とすると
m+nb(nは0以上p未満の整数値をとる変数)の中に素数が必ず存在する

これが真だとするとn(n+1)と(n+1)^2の間に必ず素数が存在することになって
n^2と(n+1)^2の間に素数が存在することを証明できる、かな？

あとnと2ｎの間に必ず素数が存在することも証明できる

ごめんnは0以上p未満の整数値をとる変数じゃなくてmは0以上p未満の整数値をとる変数、ね

>>398をちょっと拡張

aをmより小さいmと互いに素な任意の自然数とすると
a+mn(nは0以上m未満の整数値をとる変数)の中に素数が必ず存在する

>>402はnは2以上の自然数の定数

>>404はmは2以上の自然数の定数ね

kを0以上n未満の整数とするとき
knと(k+1)nの間に素数が存在する

>>398を証明しようとしてみた

5以上25未満の6n±1は素数
6n±1＝n±1(mod 5)より
5以上25未満のなかで5で割った余りが0,1,2,3,4になる素数は存在する

一般化
素数を小さい順にp[1].p[2].……,p[k]とおく
p[k+1]以上(p[k+1])^2未満のp[1]×p[2]×……×p[k]×n±(p[1].p[2].……,p[k]と互いに素な自然数)は素数
p[1]×p[2]×……×p[k]＝m (mod p[k+1])、p[1].p[2].……,p[k]と互いに素な自然数＝j (mod p[k+1])とおく
p[1]×p[2]×……×p[k]×n±(p[1].p[2].……,p[k]と互いに素な自然数)＝mn±j (mod p[k+1])
こっからどうすんの！

いろいろ書いてるけど全部予想なのか

うん予想。けど計算して正しいっぽいことは分かってる

あぁ厳密には>>398の前半と>>402の前半が予想であとは>>398の前半と>>402の前半が正しければ成立することね

あ、>>404も予想ね

明日の16時39分頃に気をつけて下さい。
日本にも世界にも巨大地震が起きませんように。
皆さんも一緒に祈って下さい。

太陽フレアのＸが発生したそうです。
太陽黒点数の100越えが24日間継続しているようです。

>>392から派生してなんかできた

一般に、多項式 f(x) の根を a_1,…,a_n、多項式 g(x) の根を b_1,…,b_m とすると、
f(x),g(x) が共通根を持つための必要十分条件は
Π[i=1, n] Π[j=1, m] (a_i - b_j) = 0
である。
>>392の場合に当てはめる。
Z/pZ の生成元を α_1,…,α_n として、
S = Π[i=1, n] Π[j=1, n] (α_i - α_j + 1)
とおくと、
素数 p に対して>>375が真 ⇔ S = 0
となる。S は、α_1,…,α_n についての対称式となる。

α_1,…,α_n は円分多項式 F[p-1](x) の Z/pZ における根であった。
そこで、F[p-1](x) の複素数における根を ζ_1,…,ζ_n とおけば、
α_1,…,α_n の基本対称式の値と ζ_1,…,ζ_n の基本対称式の値は p を法として等しい。
よって、S における α を ζ に置き換えた積
S' = Π[i=1, n] Π[j=1, n] (ζ_i - ζ_j + 1)
は必ず整数となり、p を法として S と等しい。

以上から
素数 p に対して>>375が真 ⇔ S' が p の倍数
となる。
複素数を用いた言い換えが得られた。
行列式と比べてどっちが楽なんだろう？

S' を実際に計算することを考える。
まず、F[p-1](x) の根を実際に求めると、
θ= 2π / (p-1)
ζ= exp(iθ)
として
x=ζ^i (0 < i < p-1, i と p-1 は互いに素)
となる。したがって、
S' = Π[0 < i < p-1, gcd(i,p-1) = 1, 0 < j < p-1, gcd(j,p-1) = 1] (ζ^i - ζ^j + 1)
となる。

i = j である因子は 1 となるので除いてよい。
i < j である因子の積を A とおき、
i > j である因子の積を B とおく。
S' = AB となる。

ここで、A の因子 ζ^i - ζ^j + 1 (i < j) に対し、その複素共役は
ζ^(p-1-i) - ζ^(p-1-j) + 1 である。これは B の因子であることが確かめられる。
したがって、A の因子と B の因子は複素共役により一対一に対応する。
これは、A と B が互いに複素共役であることを意味する。
以上から、
S'= AB
= |A|^2
= Π[0 < i < j < p-1, gcd(i,p-1) = 1, gcd(j,p-1) = 1] |ζ^i - ζ^j + 1|^2
= Π[0 < i < j < p-1, gcd(i,p-1) = 1, gcd(j,p-1) = 1] (3 + 2(cos(iθ) - cos(jθ) - cos((i-j)θ)))
となる。
実数の計算にまで帰着させられた。
計算しやすいかどうかは知らない。

>>382でフェルマー素数に対しては>>375が正しいことが示されたから、次の結果を得る。
p がフェルマー素数のとき、Π[0 < i < j < p-1, gcd(i,p-1) = 1, gcd(j,p-1) = 1] (3 + 2(cos(iθ) - cos(jθ) - cos((i-j)θ))) は p の倍数である。

>>407の続き

p[k+1]≧11のとき
(p[k+1])^2よりp[1]×p[2]×……×p[k]のほうが大きいので

p[k+1]≧11のとき
m-j (mod p[k+1])が全てのp[k+1]より小さい0以上の自然数の値をとることが分かればよい
まぁ要するにjをp[k+1]で割った余りが全てのp[k+1]より小さい0以上の整数の値をとることが分かればいいのか

jの条件を少し狭める
p[1].p[2].……,p[k]と互いに素なp[1]×p[2]×……×p[k]より小さい自然数

素数の新定理発見　極端な偏りなく分布　米英数学者「夢のような成果」「教科書を書き換える」
http://engawa.2ch.net/test/read.cgi/poverty/1393379845/

>>402の前半二行が正しいとすると
(n-1)(n+1)とn(n+1)の間とn(n+1)と(n+1)^2の間にそれぞれ必ず素数が存在することになって
n^2と(n+1)^2の間に素数が最低でも2個存在することになるね

その予想、リーマン予想に関係してるってどこかの本で見たな

kn+1からkn+nまでの数(kはn未満の自然数)の中に素数がある証明
n^2以下の数でn未満の数で割り切れない数は素数である

2で割れない自然数の個数は全体の1/2個
3で割れない自然数の個数は全体の2/3個
………
mで割れない自然数の個数は全体の(m-1)/m個なので

kn+1からkn+nまでの数(kはn未満の自然数)の中の素数の個数は
n×1/2×2/3×……×(n-1)/n個以上である

n×1/2×2/3×……×(n-1)/n＝1なので
kn+1からkn+nまでの数(kはn未満の自然数)の中に素数は1個以上存在する

よって
kn+1からkn+nまでの数(kはn未満の自然数)の中に素数は存在する

どうかな

>>419と同じようにして>>404も証明できるかな

俺>>419だけどなんか>>419間違ってるぽいな

>>419が正しい証明だとしたらkn+1からkn+nまでの数に限らずa+1からa+n(a+n＜n^2)の中に素数が存在することになるね

a+1からa+nの間に存在することのある一番小さな素数はa+1でa+n+1からa+2nの間に存在することのある一番大きな素数はa+2nだから
この証明が正しかったならn^2より小さい素数p[k]とn^2より小さい素数p[k]の次に大きい素数p[k+1]の差は2n以内なんだね
一般化してn^2より小さい素数p[k]とn^2より小さい素数p[k+j]の差は(j+1)n以内

n^2より小さい自然数の範囲では必ず隣り合うan個の自然数の集合の中にa個の素数が存在する
ただしp[a]＜n^2　(aの範囲自信ない)

あ、a≦nね

条件狭めるのは誰かやってください。ってもうすでに誰かやってる可能性高いけど

>>423は当たり前だな。忘れて

114 から 126 まで合成数が 13 個続くから、>>422は正しくない

>>419の何が違うのかというといろいろ違うんだが、
まず割合をかけても共通部分の個数を評価することはできない

例えば 1 から 60 までの自然数を全体集合として、
A = {1,2,…,30}
B = {21,22,…,60}
C = {1,2,…,20}∪{31,32,…,55}
とすれば A,B,C の個数はそれぞれ全体の 1/2, 2/3, 3/4 だから、割合で考えれば
60*(1/2)*(2/3)*(3/4)=15 個の共通部分があることになるが、実際は共通部分は空集合となる。

>>427
そうだね。ごめん

間違ってるっぽい予想だけど
pの生成元をすべて足したものをpで割った余りは-1か0か1になる

素数の乗法群の生成元が一覧になってる場所ってネットにない？

>>430
http://unnikki.web.fc2.com/numbers/abcdefg2.html
英語のサイトなら最も詳しいのがあるかも

>>431
ありがとう

>>431が正しいとすると>>429はpが47以下のときは正しいみたいだね

p＝2q+1(pとqは素数)のとき
(p-a^2)はpの生成元になる(aは2以上の自然数)
これって真？

4で割った余りが1になる生成元はaが生成元ならp-aも生成元になるそうだから
a^2は生成元にならないのでp-a^2も生成元にならないは言えそうだね

>>433
q は奇素数で、a ≡ 0,±1 (mod p) でない、とすれば正しい。
限定的とはいえ、ここまで簡潔な生成元の見つけ方は初めて見たからちょっと驚いてる。

証明:
以下、≡ を使った式は全て mod p での式であるとする。

α を p を法としたときの生成元のひとつとする。
フェルマーの小定理より、α^(2q) ≡ 1

さらにこのとき、
(α^q)^2 - 1 は p の倍数
(α^q + 1)(α^q - 1) は p の倍数
α^q + 1, α^q - 1 のいずれかは p の倍数
α^q ≡ ±1
α^q ≡ 1 とすると α が生成元であることに反するから、α^q ≡ -1

α は生成元だから、α^k ≡ a となる自然数 k が存在する。
上で述べたことから、k は q の倍数でない。
このとき、
p - a^2 ≡ - a^2 ≡ α^q * α^(2k) ≡ α^(q + 2k)

2q と q + 2k は互いに素。
(∵ 2q の素因数は 2,q のみであるが、いずれも q + 2k を割り切らない)
よって、>>123より、 p - a^2 は生成元である。　□

なるべく予備知識がいらないように書いたつもり。

さらにこの状況では、p - a^2 の形で全ての生成元が得られる。

証明:
α を 生成元とする。
>>435と同様に、α^q ≡ -1 (mod p)
よって、
-α ≡ α^(q+1)
したがって、a = α^((q+1)/2) とおけば、
α ≡ -α^(q+1) ≡ -a^2 ≡ p - a^2 (mod p)　□

分かる人向け別証:
α を 生成元とする。α は平方剰余でない。
また、p = 2q + 1 ≡ 3 (mod 4) より、-1 は平方剰余でない。
よって、-α は平方剰余である。以下略　□


こっちは p ≡ 3 (mod 4) ならいつでも成り立つ。
ただ、一般にはどの a で生成元になるかは分からない。

>>433の q を q^2 とか qq' (相異なる二素数の積) なんかに変えた場合はどうなるだろう。

>>433
位数2q(qは素数)の巡回群の生成元になりうる元を考えたら自明。
ならない元は生成元の偶数乗かqの倍数乗かになってるんだから。

>>435
なるほどなぁ〜〜

>>433を使ってp＝2ｑ+1(qは5以上の素数)の生成元の中に隣り合う数n,n+1が存在することを証明できないか考えている
あ、>>429を使ってpの生成元のなかに隣り合う数n,n+1が存在することを証明できないかなとも考えている。>>429は間違ってるかもしれないけど

>>433についてなんだけどaが2以上q以下の場合を調べるだけですべての生成元がわかるね

p＝ak+1とおく(kは2以上の自然数)
bを1より大きくpより小さい自然数とする
b^a＝1　(mod p)になるaが存在しないとき
bはpの生成元である

これってもうどっかで言ったっけ？

まぁ>>441は有名かな……ごめん

>>439
＞p=2q+1(qは5以上の素数)の生成元の中に隣り合う数n,n+1が存在すること
これは簡単だよ。

1,2あるいは、4,5あるいは、9,10のいずれかが平方剰余であることがいえるから、>>433より
p-2,p-1あるいはp-5,p-4あるいはp-10,p-9のいずれかが問題のn,n+1であることがいえる。

最後に、1,2あるいは、4,5あるいは、9,10が平方剰余になることの確認を
(ただし、(a/p)はルジャンドル記号とする)

(2/p)=1のときは、1,2が平方剰余になる。
(5/p)=1のときは、4,5が平方剰余になる。
(2/p)=(5/p)=-1のときは、(10/p)=(2/p)・(5/p)=1となるから、9.10が平方剰余になる。

>>443
ほー、ありがとう！

>>440
それ平方剰余のチェックと同じだから、あまり有益な結果ではない。

>>443
最後が技巧的で好きじゃないな。

>>445
そうなんだ　ありがとう

>>443
自分の解法を思い付いた。
1〜2qまでの間に生成元がq-1個あって、1と2qは生成元ではない。
生成元が隣合わないようにするには、生成元が｛2,4,…,2q-2｝か｛3,5,…,2q-1｝のパターンしかないが、
4と9は生成元ではないからどちらもありえない(ここでqが5以上であることが効く)。

>>448
{2,4.7,9,…,2q-1} みたいに途中で2コ空けるのもあるけど
4 と 9 が生成元でないからありえない、という推論は同じように使えるから無問題

非生成元が隣合ってたら(2q+1)-｛その二つの数｝は隣合う生成元になるね

2q+1(qは奇素数)の形で表せる素数pの生成元をすべて足してpで割ると余りは1になる
これって真？まぁどうでもいいような予想だけど

>>451
これは真。
p=2q+1の生成元は>>435から、-2^2，…，-q^2のq-1=φ(2q)個であることがわかっているんだから
簡単に示せる。

証明というべきものじゃないけど
(-1^2)+(-2^2)+…+(-q^2)=-(1/6)q(q+1)p≡0 (mod p)
よって、 (-2^2)+…+(-q^2)≡1 (mod p)がいえる。

>>452
なるほどなぁ〜〜あちがとう！

>>392で触れた円分多項式の考え方で、>>429を一般の場合に示せた。

円分多項式
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%86%86%E5%88%86%E5%A4%9A%E9%A0%85%E5%BC%8F

最高次係数が 1 の n 次多項式f(x)に対し、f(x) の n-1 次の係数を T(f(x)) と書くことにする。
f(x) が 0 次式であれば、T(f(x)) = 0 と定める。

f(x),g(x) を、共に最高次係数が 1 の多項式とすると、
　T(f(x)g(x)) = T(f(x)) + T(g(x))
が成り立つ。

n 番目の円分多項式を F[n](x) と書く。
p を法としたときの生成元全体は、F[p-1](x) の p を法としたときの根全体に一致する。
解と係数の関係から、
　(生成元の総和) ≡ -T(F[p-1](x)) (mod p)
である。

上のリンクにある、メビウス関数を使った表示式から、
　F[p-1](x) = (x^a[1] - 1) … (x^a[n] - 1) / (x^b[1] - 1) … (x^b[m] - 1) …(*) (a[1],…,a[n],b[1],…,b[m] は相異なる自然数)
と書ける。
右辺の分子を P(x),分母を Q(x) とおくと、
　Q(x) F[p-1](x) = P(x) …(**)
となる。

(*) の分子に (x-1) が現れれば T(P(x)) = -1, そうでなければ T(P(x)) = 0 となる。Q(x) も同様。
(*) の分母分子両方に (x-1) が現れることはないから、(T(P(x)),T(Q(x))) = (0,0),(-1,0),(0,-1)

(**) の両辺に T を作用させると、
　T(Q(x)) + T(F[p-1](x)) = T(P(x))
となり、上で求めた T(P(x)),T(Q(x)) から、T(F[p-1](x)) = -1,0,1
したがって (生成元の総和) ≡ -1,0,1 (mod p) □

なお、メビウス関数の定義から、
p-1 が相異なる奇数個の素数の積なら (生成元の総和) = -1
p-1 が相異なる偶数個の素数の積なら (生成元の総和) = 1
それ以外、すなわち、p-1 が 4 以上の平方数で割り切れれば (生成元の総和) = 0
が分かる。

>>454>>455
へぇ〜〜ぶっちゃけ難しくてよく分からんけどそうなるんだね
ありがとう！

pが5のときは正方形に対応していてpが7のときは正六角形に対応している
なら、正四面体に対応している演算ってなんだろう？そんなものないのかな？

>>373
下記サイトに証明があるよ。
http://www.tcp-ip.or.jp/~n01/math/primitive_root_2.pdf

NHK教育を見て44096倍賢くぶるっちょ
http://hayabusa2.2ch.net/test/read.cgi/liveetv/1394454163/

間違ってるっぽい予想だけど
p-1が4で割り切れて8で割り切れないとき
2はpの生成元

2を原始根にもつpが無限個存在するかどうかは未解決問題

>>461
へぇ、そうなんだ

ていうかこんなに生成元のこと研究されてるんなら>>1の法則ぐらいみんな知ってたんだろうね

>>458
thx
素数の場合の結果を使えば割と初等的に示せるのね

あ

素数の間隔で新定理発見　極端な偏りなく分布、米英数学者
http://www.tokyo-np.co.jp/s/article/2014022601001180.html

次のようなイメージだ。ある大きな数ｎを例に考える。

ｎ、ｎ＋１、ｎ＋２…、ｎ＋１０００…、ｎ＋２０００…と順番に大きくなる数字を書いた札を作り、６００個ずつ同じ箱に入れる。

すると、全ての箱に２個の素数が入るとは限らないが、素数２個が入った箱は無限にあることになる。

>>463
そういうくらいなら新定理くらい発見してくれ

せっかくこんな板に数学の研究者が沢山いるんだから

時間の存在
http://www.nicovideo.jp/watch/sm17911783
.
http://www.nicovideo.jp/watch/sm21924468
解けた！フェルマーの最終定理 数学にかけた人々 Part1
http://www.nicovideo.jp/watch/sm3705411

>>467
僕には無理だよ頭悪いもん
一応思いついたことはここに書き込んでる

予想

p-(pの生成元の個数)は素数か素数の平方数になる

まぁ間違ってるぽいけど一応

これが真なら4以上のpの生成元の個数になることのある偶数は素数と素数の和、または素数と素数の2乗の和で表せることが分かって
ゴールドバッハ予想解決に一歩近づく、かな？

まぁ間違ってるぽいんだけど

すべての偶数はpの生成元の個数になることがある
これって真？

あぁごめん間違ってたゴールドバッハ予想は関係ないや

全ての偶数は素数と素数の差で表せる
これって真？

>>470は真っぽいけど
じゃあ
全ての偶数は隣り合う素数と素数の差で表せる
これはどうだろ

ごめん>>469の前半の予想は間違っていた

フィボナッチ数列に含まれる素数の生成元には2が含まれていたりしないかな
すぐに計算量が膨大になるから全然検証できてないんだけど
トリボナッチ数列に含まれる素数の生成元には3が含まれていて以下同文だったりしないかな

予想ばっかりでごめんね

トリボナッチ以上の数列の場合は間違ってるっぽいねごめん
フィボナッチ数列の場合も間違ってるっぽいな

>>470
＞すべての偶数はpの生成元の個数になることがある。
これは偽、それどころか「pの生成元の個数になりえない」偶数が無限に存在することが証明できる。

素数pの生成元の個数がφ(p-1)個であることがポイント。
実は以下の命題が言える。
「kを正の整数、pを3で割ると1余る素数とするとき、φ(x)=2・p^kをみたす正の整数xは存在しない。」

>>476の命題の証明のスケッチ

φ(x)=2・p^kをみたす正の整数xが存在すると仮定する。

xが2，3以外の素因数qを持つとき
φ(x)=(q-1)…とかける。

ある0以上の整数iが存在して、q=2・p^i+1とかける。
ところが、q≡2・1+1≡0 (mod 3)だから不合理。

xの素因数が2，3のみのとき
s,tを0以上の整数とするとき、φ(x)=2^s・3^tとなるので、
φ(x)=2・p^kとなりえないのは明らか。

>>373の「2以上のnを法としたとき生成元が存在するかどうか」という話題について
実はnが3以上でかつ互いに素な整数a,bを用いて、n=abとかけるとき、生成元が存在しないことが簡単にいえる。

xをabと互いに素な任意の整数、mをφ(a)とφ(b)の最小公倍数とする。
フェルマー・オイラーの定理より、x^{φ（ａ）}≡1 (mod a)、したがってx^m≡1 (mod a)がいえる。
同様にしてx^m≡1 (mod b)が得られる。したがって、x^m≡1 (mod ab)がいえる。
ここで、φ（a）とφ(b)がともに偶数だから、m≦{φ(a)φ(b)}/2＜φ(ab)がいえる。
このことは、n(=ab)を法としたとき生成元が存在しないことを意味している。

nが合成数のとき、n=p^k,2p^kのいずれでもなければ、必ず3以上でかつ互いに素な整数a,bを用いてn=abとかけるから、
「nを法としたとき生成元が存在するような合成数」はn=p^k,2p^kに限られてしまう、というお話。

>>473も>>460も間違っていた

また間違ってるっぽい予想だけど
p＝n^2+4のとき
2はpの生成元

nは自然数ね

p＝n^2-2のとき
5はpの生成元になったりしないかな〜

英語版でいいからpの生成元の一覧が載っているサイト教えて
なるべくpが大きい場合も載っているのを

俺様用語で聞かれても知るか馬鹿

>>483
それが俺様用語？
pの乗法群の生成元って意味ね

ごめんそれじゃなくてどれ

>>482
http://dbfin.com/2012/04/primitive-roots-modulo-the-first-1000-numbers/
素数pだけでなく、奇素数pのべき乗のp^k、奇素数のべき乗×２の2p^kなど原始根（生成元）が存在するすべての場合を尽くしているようだ。

>>486
ありがとう！

>>479も>>481も間違っていたっちゃ

>>435を使えば
2を生成元にもつpが無限に存在することを証明するには

pが2q+1(qは素数)の形で表せてなおかつ
a^2+2＝0(mod p)(aは2以上の自然数)になるようなpが無限に存在する

これを証明すればいいんだね

まず2q+1の形で表せる素数が無限に存在するかどうかも分かってないんだから道のりは遠いけど

>>486で確認したんだけど
とりあえずすべての3,7以外の素数の生成元のなかに隣り合う数があるってのは真っぽいね

絶対間違ってる予想
全ての偶数は四つ以下の2のべき乗の和または差で表せる

「2のべき乗」の個数が四個以下って意味ね

682(2進法だと1010101010)は無理くさい

>>493
そうだね、無理っぽいね

これはどうだ！

「素数p-pの生成元」の個数(つまり1以上p以下のpの生成元でない数の個数)は素数か素数×素数になる

ごめん間違えた
素数ｐ-(pの生成元の個数)は素数か素数×素数になる
でした

61は例外ってのは苦しいか……
素数のべき乗か素数のべき乗×素数のべき乗ではどうだ

ほんとに61だけっぽいんだよなぁ……全部は見てないけど

>>496
p=97,127も反例

>>497
p=65537が反例

Σ arctan(1/(1+n+n^2)) = π/2

>>499
いや97と127は素数×素数になってるでしょ

65537はそうだけどさ

とりあえず素数になることが何故か多いのは事実

ごめん素数か素数×素数になること、ね

素数ｐ-(pの生成元の個数)は素数か素数×素数か素数^2×Nになる
これでどうだ！ほとんど意味のない法則だけど！

aの２乗＋bの２乗＝cの２乗になる自然数a,b,cをおく
フィボナッチ素数がcになるようなa,bが必ず存在する
これは真ですか？

2,3は除外ね

3以外のフェルマー数もcになったりしないかな〜〜

フィボナッチ数を素因数分解したとき一番小さい因数はフィボナッチ素数である

これが真ならあるフィボナッチ数が素数かどうかを判定するのが少し楽になるね！有名だったらごめん！

>>504
aの２乗のことを、a^2と書くことにする。

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
にある通り、pが4で割ると1余る素数のとき、p=x^2+y^2をみたす整数x,yが存在する。
また、pが4で割ると3余る素数のとき、p=x^2+y^2をみたす整数x,yが存在しないことも簡単にいえる。

要するに、pが4で割ると1余る素数のとき、(x^2-y^2)^2+(2xy)^2=(x^2+y^2)^2=p^2とかけるから
c=pになるようなa,bが必ず存在することが言える。

また、pが4で割ると3余る素数のとき、上記のようなx,yが存在しないから、
c=pになるようなa,bが存在しないことが言える。

つまり、>>504はpがフィボナッチ素数であるかどうかは全く重要ではなく、pが4で割った時の余りのみが重要ということ。

>>508
なるほどなぁ〜〜ありがとう！

>>506
簡単すぎるだろ。
xのk乗はx^kと書く。
フェルマー数は2^(2^n) +1とかける。
2^nは偶数だから簡単のため2^n=2mとかく
(2^m -1)^2+{2^(m+1)}^2+=(2^m +1)^2だから
a=2^m-1,b=2^(m+1),c=2^m+1とおけば、a^2+b^2=c^2がなりたつことがいえる。

>>510
確かにそうだね。ありがとう！

ちょっと待って
ピタゴラス数の一覧見てたらcが57の場合がないんだけどなんで？一覧に取り零しがあったのかな

ごめん57は素数じゃないね……むっちゃ初歩的なミスだったごめん

>>507は間違っていた

pを素数、aを自然数とするとき

a×p番目のフィボナッチ数はp番目のフィボナッチ数の倍数

これだった。有名みたいです

p=2q+1とする(p,qは素数)

qが4k+1型のとき2とq+1はpの生成元
qが4k+3型のときqとp-2はpの生成元

っていう予想。多分間違ってる

>>512-513
あなたはグロタンディークの再来だ
http://ja.wikipedia.org/wiki/57

自演乙

>>486でひととおり見たけど>>515の反例は見つからなかった
>>515が真なら2q+1(qは4k+1型)の形をした素数が無限に存在することが証明できたら
生成元に2を持つpが無限に存在することも証明したことになるね
誰か証明お願い

まぁ多分>>515は有名なんだろうけど

予想

素数pが2^n±1の形で表せるとき
3はpの生成元

多分>>519は間違ってます。すいません

>>515
>>433にあるp-a^2が原始根(生成元)になるという性質を用いる。

q≡1 (mod 4)のとき、このときp≡3 (mod 8)だから、-2は法pで平方数だから、>>433の性質から2は生成元
(q/p)=(-2/p)(q/p)=(-2q/p)=(1/p)=1だから、qもは法pで平方数、q+1≡-q (mod p)だから、>>433の性質よりq+1は生成元

q≡3 (mod 4)のとき、このときp≡7 (mod 8)だから、2は法pで平方数だから、p-2≡-2 (mod p)だから、>>433の性質からp-2は生成元
(q+1/p)=(2/p)(q+1/p)=(2q+2/p)=(1/p)=1だから、q+1もは法pで平方数、q≡-(q+1) (mod p)だから、>>433の性質よりqは生成元

>>433の性質の証明は>>435を見てください。

>>521
ありがとう！
2を生成元にもつpが無限に存在することの証明に一歩近づいたね！

ついでに原始根(生成元)について書いておく。

命題
p,qをp=2q+1をみたす素数とする。
q≡2 (mod 3)のとき、p-3はpの原始根(生成元)である。

ちなみに、上の命題の証明は>>521と同様にできる。

>>523
へーそうなんだぁー

予想

p=4q+1(p,qは素数)のとき
2はpの生成元

ごめん迷ってたんだけどやっぱり聞く

なんでp≡3 (mod 8)だと-2は法pで平方数になるの？
8が法のときはp-2≡1≡9≡3^2になって平方数になるのは分かるんだけど
平方剰余の知識が全くないんだ。ごめん

>>525はもう既に似たようなの書いてたねごめん

>>526
この機会に勉強したら？本当に初等的な知識だけでも平方剰余なら勉強できる本もあるし。

>>528
おっけー。勉強してみるよ

>>529
http://www.tcp-ip.or.jp/~n01/math/number_theory/quadratic_residue.pdf
ここなら手通り早いかな

>>522
難しい問題を、より困難な問題に帰着させただけだと思う。

>>530
ありがとう！あとでじっくり見るよ

>>531
そうかな？けどそのより困難な問題が解けたら難しい問題が解けるんだからいいじゃん

>>515は>>530のガウスの予備定理で自明だったっぽいねごめん

自分が思いついたぐらいのことは誰かが既に思いついてることなんだなぁ。勉強します

ある自然数をaとする
aを生成元に持たない素数は無限に存在する
これは真だね。当たり前だけど

n^2以上(n+1)^2以下の素数のなかに2を生成元にもつ素数が必ず存在したりしないかなぁ

平方数や立方数などではない2以上の自然数のなかで
生成元になりやすい数・なりにくい数というのは存在しない
っていう予想。証明するのは難しそうだ

素数のほうが生成元になりやすかったりするのかな

そんなことはないか

素数番目の素数の生成元の集合の中には隣り合う三つの数n,n+1,n+2が存在して
素数番目の素数番目の素数の生成元の集合の中には隣り合う四つの数n,n+1,n+2,n+3が存在して
以下同文

とか想像した。ある程度大きい素数番目の素数または素数番目の素数番目の素数ね

こんな馬鹿みたいな法則正しい訳ないと思うけど

素数番目の素数以外の素数でも生成元の集合の中に隣り合う三つの数が存在することがあるから
>>538は間違ってるような気がする

誰か法則性見つけてちょうだい！

2がpの生成元になる確率が黄金比になったりしないかなぁ

素数番目の素数以外にも隣り合う三つの数が生成元になる素数があっても
素数番目の素数の生成元の集合の中に隣り合う三つの数が存在するが間違ってるとは限らないか
これが真ならn個の隣り合う数が生成元になる素数が無限に存在することになるね

素数を幾何学的に攻めてる人いないですか

結び目と素数

>>538は間違ってたっぽいわー

ガウスの時計に似てんね。

>>546
ググっても出てこない
どんなのか教えてちょうだい！

飯喰ってから本を読み直して午後に書きます。

六つの隣り合う数が生成元になることはあるみたいだね
七つはどうだろう

そのガウスの時計ってのが>>1そのものだったら笑えるな

koredesuka?
ttp://d.hatena.ne.jp/masatomo-s/20080413/1208093453

233の生成元の中に七つの隣り合う数が存在しました

素数を小さい順に足してできた素数は双子素数である

また素数を小さい順に足した数に1を足した数が素数のときその素数は双子素数である

有名だったらごめん。多分間違ってる

>>553の後半は反例がありました。すいません

？

なにが？なの？

どうでもいい予想
生成元の個数が2,4,8,16……個になる素数はそれぞれふたつだけ存在する

2+「3」=5　5は「3」番目の素数
2+3+5+「7」=17　17は「7」番目の素数
2+3+5+7+11+「13」=41　41は「13」番目の素数

ってなってるんだけどこれは偶然で一般的にこうなるわけではないみたい

a^2=0
e^(ax)=1+ax+0+0+0+0+・・・・
e^(a2x)=(1+ax)^2=1+2ax+a^2x^2=1+2ax
d/dx*e^(ax)=d/dx*(1+ax)=a
x=a
e^(a^2)=1+a^2=1=e^0

a^2=0
a*e^(ax)=a+a^2*x=a
1/e^(ax)=1/(1+ax)*(1-ax)/(1-ax)=(1-ax)/(1-a^2*x^2)=1-ax
e^(-a

1/e^(ax)*e^(ax)=(1-ax)*(1+ax)=1-a^2*x^2=1
1/e^(ax)+e^(ax)=(1-ax)+(1+ax)=2

予想

2^(2^(2^(……^2)))+1は素数

aho

縦軸　a 横軸　実数
{e^(ax)+e^(ay)}/2=e^{(x+y)a/2}
e^(2ax)+2e^{(x+y)a}+e^(2ay)=4e^{(x+y)a}
{e^(ax)-e^(ay)}^2=0=(x-y)^2*a^2
{e^(ax)-e^(ay)}=0=(x-y)a
e^(ax)=(x-y)a+e^(ay)
e^(ax)=(x-y)a+1+ay
e^(ax)=1+ax=1/(1-ax)
x1からxnのｎ個の整数
{e^(ax1)+e^(ax2)+e^(ax3)+・・・・+e^(axn)}/n=e^{(x1+x2+・・・+xn)a/n}
e^{(x1+x2+・・・+xn)a/n}=1/(1-(ax1)/n)*1/(1-(ax2)/n)*1/(1-(ax3)/n)*・・・*1/(1-(axn)/n)
{e^(ax1)+e^(ax2)+e^(ax3)+・・・・+e^(axn)}/n=1/(1-(ax1)/n)*1/(1-(ax2)/n)*1/(1-(ax3)/n)*・・・*1/(1-(axn)/n)
(ax1)/n,(ax2)/n・・・・(axn)/n=a2^-s,a3^-s,a5^-s,a7^-・・・・P^-s(P＝n番目の素数
{e^(a2^-s)+e^(a3^-s)+e^(a5^-s)+・・・・+e^(aP^-s)}/n=1/(1-(a2^-s)/n)*1/(1-(a3^-s)/n)*1/(1-(a5^-s)/n)*・・・*1/(1-(aP^-s)/n)
{e^(a2^-s)+e^(a3^-s)+e^(a5^-s)+・・・・+e^(aP^-s)}/n=Π1/(1-a*P^-s)
{e^(a2^-s)+e^(a3^-s)+e^(a5^-s)+・・・・+e^(aP^-s)}/n=1+a*(1/2^s+1/3^s+1/5^s+1/7^s+・・・・+1/P^s)/n
a*Σ(1/n^s)=Π1/(1-a*P^-s)=1+a*(1/2^s+1/3^s+1/5^s+1/7^s+・・・・+1/P^s)/n
a+a/2^s+a/3^s+・・・・+a/P^s=n+a*(1/2^s+1/3^s+1/5^s+1/7^s+・・・・+1/P^s)
a*{1+1/4^s+1/6^s+1/8^s+・・・・・+1/P^(s-1)}=n
{1+1/4^s+1/6^s+1/8^s+・・・・・+1/P^(s-1)}=n/a＝ゼータ関数から素数を抜いたもの

1からnまでの自然数の中から2つの数a,bを選ぶ
a+bが素数になるようなa,bの組み合わせの個数Nになにか規則性がないか調べている

たとえばnが5のとき
a+bが素数になる組み合わせは
1+1　1+2　1+4　2+3　2+5　3+4
でNは6ね

多分間違ってる予想
Gを合成数とする
a×b=G
a±b=素数
となるa,bがどのNに対しても存在する

>>566は間違ってたねごめん
Gを偶数としても間違ってるかな

>>566>>567は間違っていました。忘れて

ζ(1/2+i*x)=0
ζ(e^(a*ix)/2)=ζ(1/2+i*(ax)/2)=0

√ζ(1/2+i*x)=a
1/a=1/√ζ(1/2+i*x)
{1+1/4^s+1/6^s+1/8^s+・・・・・+1/P^(s-1)}/n=1/a
{1+1/4^s+1/6^s+1/8^s+・・・・・+1/P^(s-1)}/n=1/√ζ(1/2+i*x)

一応思いついた予想書いとく

>>566に似た予想
2を因数にもち、2以外の因数を二つ以上持つ合成数Nを置く
どのNに対しても
A×B=N
A+BまたはA-B=素数
になる自然数A,Bが存在する

ゴールドバッハ予想から派生した予想
p,qを素数とする
すべての7以上の奇数は2p+qの形で表せる

有名だったらごめんね

>>571の後半は有名だったねごめん

a^2=0
a^3=0*a=a
a^4=(a^2)^2=0
a^5=0*a=a
a^(2n)=0
a^(2n+1)=a
a/a=0
a^2=0
(e^(ax)-1)/a=x
x=a^(2n)
(e^(a^(2n+1))-1)/a=a^(2n)

a^(2n+φ)=a^φ
0*a=a^(2n+1)=a
0=a/a
0/a=a
0=a*a
a^x=a (2n-1<x<2n
a^y=0 (2n<y<2n+1
a^(2n+x)=a^x=a
a^(2n+y)=a^y=0
e^(a^(2n+1)*x)=1+ax
x=a
e^(a^(2n+1)*a)=1+a^2=1
x=1/a
e^(a^(2n+1)*1/a)=1+a/a=1
x=a^φ 0<φ<1
e^(a^(2n+1+φ))=1+a^(1+φ)=1+a

x=x+y*a^φ
e^(a^(2n+1)*(x+y*a^φ))=e^(a^(2n+1)*x)*e^(y*a^(2n+1+φ))=(1+ax)*(1+y*a^(1+φ))=1+(x+y)*a

e^(ax)＝1+ax+0+(ax)^3/3!+0+(ax)^5/5!+0+(aw)^7/7!+0+・・・
e^(ax)＝1+a×sinhx

多分有名だろう予想
素数を小さい順に足した値はふたつの平方数の和または差で表せる

例
2+3+5+7+11+13=41=4^2+5^2

間違ってたらごめんちょ

予想

pを２以外の素数、nを0以上の整数とする
どのpに対しても
p-2^nが素数になるようなnが存在する

ごめん>>579はpが127のときは成立しないね
127が例外なのか127の他にも成立しない数があるのか

149も成立しないね
>>579は間違ってた

e^(x)=1+x+x^2/2!+x^3/3!+x^4/4!+x^5/5!+・・・
e^(-x)=1-x+x^2/2!-x^3/3!+x^4/4!-x^5/5!+・・・
e^(ax)=1+ax+0+ax^3/3!+0+ax^5/5!+・・・
e^(ax)=1+a{e^(x)-e^(-x)}/2
e^(ax)=1+a{e^(x)-e^(-x)}/2
e^(ax)=1+asinhx
e^(ax)*e^(ay)={1+a{e^(x)-e^(-x)}/2}*{1+a{e^(y)-e^(-y)}/2}
e^(a(x+y))={1+a{e^(x)-e^(-x)}/2+a{e^(y)-e^(-y)}/2+0}=1+asinh(x+y)

>>579のpを奇数の合成数にしたらどうだろ

予想
nを0以上の整数、pを素数とする
4以上の3の倍数でない偶数は3^n+pで表せる

単なる書き散らしは有害でしかない

一応計算して正しいっぽいことだけ書き込んでるんだけどねーごめんね

>>578は多分間違ってました

>>586
例えば584なんか素数の密度と3の巾乗になる数の密度を考えたら成り立たないのはすぐわかる。

1からxまでのx個の自然数を足した値＜素数を小さい順に任意の個数足した値＜1からx+1までのx+1個の自然数を足した値
のとき
1からxまでのx個の自然数を足した値と素数を小さい順に任意の個数足した値の差は1か素数か平方数になる

またxが十分大きいときは
1からxまでのx個の自然数を足した値＜素数を小さい順にy個足した値＜1からx+1までのx+1個の自然数を足した値
のとき
1からx+2までのx+2個の自然数を足した値＜素数を小さい順にy+1個足した値＜1からx+3までのx+3個の自然数を足した値
である

>>588
>>584のことを言ってるの？
584-27＝557は素数じゃない？
まぁ>>584がすぐに間違ってると分かることなんだったらごめん

あぁごめん584は数字じゃなくてレス番か…

>>589は予想ね

ごめんまた間違ってた

>>589の前半

思いついてもしばらく置いてから書き込むことにします

証明できてから書くならいいよん。
ただの落書きは数学ではない。予想を書くだけならいつでもできるとか言って予想を書き並べるだけの人を戒めたのはガウスだったっけ？

>>594
うん。おっけー

>>578は、8で割ると6余る整数は「二つの平方数の和」、「二つの平方数の差」のいずれにもなりえないことに
気がつけば、すぐ偽だとわかるはず。

>>584にしたって、Sierpinski numberと類似の議論で、偽であることが示せる。

Sierpinski numberに関する議論は下記サイトにある(英語だが)
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=849476&sid=6a72f19d95b50168894ef162681faf7b#p849476

＞Sierpinski numberと類似の議論で、偽であることが示せる。

正確に命題として書き下すと
「任意の自然数nに対して、m-3^nが合成数になるような偶数mが無限に存在する」
というもの。

>>597
え、だからと言って>>584が偽だとは言えなくない？
俺が馬鹿なだけかもしれないけど

>>597
>>584の主張は「任意の4以上の偶数mは、0以上の整数nをうまくとるとm-3^n=p(ただし、pは素数)
とすることが出来る」というもので、>>596の否定になっている。

よって、>>597が証明できれば、>>584は否定される。

×>>597
○>>598

有名だったらごめんてか多分有名だろうけど書く

nを2以上の自然数とする
2^n＋1が素数になるのはnが2^m(mは自然数)のときだけである

これから2^n＋1が素数の場合を考える

このとき必ず
2^n＋1を法とするとき3は平方非剰余(つまり2^n＋1の生成元に3が含まれる)
である

証明
2^n＋1が素数なのでn＝2^mとおけるのでおく
平方剰余の相互法則より
2^(2^m+1)＝-1　(mod 3)なら2^n＋1を法とするとき3は平方非剰余である
2^(2^m+1)＝4^(2^(m-1))×2＝1^(2^(m-1))×(-1)＝-1　(mod 3)より
2^n＋1を法とするとき3は平方非剰余

2^n＋1を法とするとき5,7が生成元になることもほとんど同様にして証明できます

どっか間違ってたらごめんね

あれ、間違ってた
2^(2^m+1)じゃなくて2^(2^m)+1だった
2^(2^m+1)＝4^(2^(m-1))×2＝1^(2^(m-1))×(-1)＝-1　(mod 3)より 、を
2^(2^m)+1＝4^(2^(m-1)+1＝1+1＝-1　(mod 3)より に置き換えて下さい

>>601
結構有名な事実。「Pepin の判定法」でググることを勧める。

>>604
ありがとう

p,qを素数とする
p＝4q+1のとき
2,2q,2q+1,p-2はpの生成元
証明は多分簡単にできるけど面倒だから書かない

ごめん厳密には証明できてないこと書いちゃった
少なくとも2がpの生成元になるのは証明できました

分かってる人はわかってると思うけど、>>606の命題自体は正しい。

>>606の証明の方針
a=2,2q,2q+1,p-2のいずれかとする。

(1)aが法pにおける平方非剰余であることをいう。
(2)a^4≡1 (mod p)となりえないことをいう。

したがって、法pにおけるaの位数eは4q(=p-1)の約数以外にはなりえないから、
e=4qつまり、aが法pにおける原始根(生成元)であることがわかる。

(2)は
a^2≡-1 (mod p)となりえないことをいう
でもいい気がする

>>606
2 について示せたのなら、
>>356 と「生成元の逆数は生成元」で残りは言えるんでない？
>>356 については >>365 (=俺) が正しいと言ってるだけなんで、後で証明書いときます。

というわけで、2 についてkwsk

>>356 の証明
素数 p が、p=4n+1 (n は整数) と表されているとする。
a を、p を法としたときの生成元の一つとする。
a^(2n) = -1 (導出は >>435 と同様）
よって、-a = a^(2n+1)
2n+1 と 4n は互いに素 (ユークリッドの互除法より)　なので、>>123 より -a は生成元。□

「生成元の逆数は生成元」ってこのスレじゃまだ出てないっけ

>>612
「生成元の逆数は生成元」
自明だ

arctan(1)+arctan(1/3)+arctan(1/7)+arctan(1/13)+arctan(1/21)+arctan(1/31)+arctan(1/43)+arctan(1/57)+arctan(1/73)+arctan(1/91)+arctan(1/111)・・・+arctan(1/1+k(k-1))=arctan(k)
π/2-arctan(k)=arctan(1/k)
arctan(1)+π/2-arctan(3)+π/2-arctan(7)+π/2-arctan(13)+π/2-arctan(21)+・・・+π/2-arctan(k^2-k+1)=arctan(k)=π*(2k-1)/4-(arctan(3)+arctan(7)+arctan(13)+・・・+arctan(k^2-k+1))
(arctan(3)+arctan(7)+arctan(13)+・・・+arctan(k^2-k+1))+arctan(k)=π*(2k-1)/4
(i/2)log{(i+3)/(i-3)}+(i/2)log{(i+7)/(i-7)}+(i/2)log{(i+13)/(i-13)}+・・・(i/2)log{(i+(k^2-k+1))/(i-(k^2-k+1))}=π*(2k-1)/4
1/(2i)*log{ [ (1+3i)*(1+7i)*(1+13i)*・・・*(1+(k^2-k+1)i)] /[ (1-3i)*(1-7i)*(1-13i)*・・・*(1-(k^2-k+1)i) ] }=π*(2k-1)/4

1/(2i)*log{ [ (1+ki)*(1+3i)*(1+7i)*(1+13i)*・・・*(1+(k^2-k+1)i)] /[ (1-ki)*(1-3i)*(1-7i)*(1-13i)*・・・*(1-(k^2-k+1)i) ] }=π*(2k-1)/4
Σ(k^2-k+1)=[ (2n^3+3n^2+n)-3n(n+1)+6n ]/6=n*[n^2-1]/3
a^2=0
e^(ax)=1+ax
e^(3ax)*e^(7ax)*・・・*e^(ax(k^2-k+1))=e^(n(n^2-1)ax/3)
1/(2i)*log{ [ (1+ki)*e^(n(n^2-1)ax/3)] /[ (1-ki)*e^(-n(n^2-1)ax/3) ] }=π*(2k-1)/4
1/(2i)*log{ [ (1+ki)*e^(2n(n^2-1)ax/3)] / (1-ki) }=π*(2k-1)/4
1/(2i)*log{ [ (1+ki)/(1-ki) }+1/(2i)*(2n(n^2-1)i/3)=π*(2k-1)/4

1/(2i)*log{ [ (1+ki)*(1+3i)*(1+7i)*(1+13i)*・・・*(1+(k^2-k+1)i)] /[ (1-ki)*(1-3i)*(1-7i)*(1-13i)*・・・*(1-(k^2-k+1)i) ] }=π*(2k-1)/4
log{ [ (1+ki)*(1+3i)*(1+7i)*(1+13i)*・・・*(1+(k^2-k+1)i)] /[ (1-ki)*(1-3i)*(1-7i)*(1-13i)*・・・*(1-(k^2-k+1)i) ] }=log(e^[iπ*(2k-1)/2])
[ (1+ki)*(1+3i)*(1+7i)*(1+13i)*・・・*(1+(k^2-k+1)i)] /[ (1-ki)*(1-3i)*(1-7i)*(1-13i)*・・・*(1-(k^2-k+1)i) ]=(e^[iπ*(2k-1)/2])=±i
k=2のとき
(1+2i)/(1-2i)*(1+3i)/(1-3i)=-i
k=3のとき
(1+3i)/(1-3i)*(1+3i)/(1-3i)*(1+7i)/(1-7i)=i
k=4のとき
(1+4i)/(1-4i)*(1+3i)/(1-3i)*(1+7i)/(1-7i)*(1+13i)/(1-13i)=-i
k=2n
(1+2ni)/(1-2ni)*(1+3i)/(1-3i)*(1+7i)/(1-7i)*・・(1+(4n^2-2n+1)i)/(1-(4n^2-2n+1)i)=-i
k=2n+1
(1+(2n+1)i)/(1-(2n+1)i)*(1+3i)/(1-3i)*(1+7i)/(1-7i)*・・(1+(4n^2-2n+1)i)/(1-(4n^2-2n+1)i)*(1+(4n^2+2n+1)i)/(1-(4n^2+2n+1)i)=i

{(1+(2n+1)i)/(1-(2n+1)i)*(1+(4n^2+2n+1)i)/(1-(4n^2+2n+1)i)+(1+2ni)/(1-2ni)}=0

>>611
確かに２が生成元になることが分かれば他も生成元だと分かるね

２が生成元になる証明は
まず平方非剰余であることは普通にwikiに載ってる平方剰余の相互法則の第二補充法則にぶちこめば明らかで
2^2≡-1 (mod p)にはならない
証明終了
って感じ

4q＋1型の素数にも隣り合う二つの生成元n,n＋1が存在することが証明できたことになるね

2を生成元に持つ4n＋1(nは自然数)の形で表せる素数の生成元にも隣り合う二つの生成元が存在することになるね

あと隣り合う二つの生成元を持つことが証明できていないのは2を生成元に持たない4n＋1型の素数と2a＋1型(aは奇数の合成数)の素数か
まだまだだな

f(k)=[ (1+3i)*(1+7i)*(1+13i)*・・・*(1+(k^2-k+1)i)] /[ (1-3i)*(1-7i)*(1-13i)*・・・*(1-(k^2-k+1)i) ]=(-1)^k*i*(1-ki)/(1+ki)
f(n)/f(m)=[ (1+3i)*(1+7i)*(1+13i)*・・・*(1+(n^2-n+1)i)] /[ (1-3i)*(1-7i)*(1-13i)*・・・*(1-(n^2-n+1)i) ]*[ (1-3i)*(1-7i)*(1-13i)*・・・*(1-(m^2-m+1)i) ]/[ (1+3i)*(1+7i)*(1+13i)*・・・*(1+(m^2-m+1)i)]
f(n)/f(m)=[ (1+((m+1)^2-m+1)i)*(1+((m+2)^2-(m+2)+1)i)*・・・*(1+(n^2-n+1)i)] /[ (1-((m+1)^2-(m+1)+1)i)*(1-((m+2)^2-(m+2)+1)i)*・・・*(1-(n^2-n+1)i) ]=(-1)^(n-m)*{(1-mi)*(1+ni)}/{(1+mi)*(1-ni)}
f(n)/f(m)=(-1)^(n-m)*{(1+nm)+(n-m)i}/{(1+nm)-(n-m)i}
f(n)/f(m)=(-1)^(n-m-1)*i*{1-i(1+nm)/(n-m)}/{1+i(1+nm)/(n-m)}
f( (1+nm)/(n-m) )=(-1)^( (1+nm)/(n-m) )*i*{1-i(1+nm)/(n-m)}/{1+i(1+nm)/(n-m)}
f(n)/f(m)=f( (1+nm)/(n-m) )*(-1)^(n-m-1-(1+nm)/(n-m))

f(tanx)/f(tany)=f( tan(x+y) )*(-1)^(tanx-tany-1-tan(x+y)) (1-2i)(1+i) (3-i)/(3+i) (1-3i)/(1+3i)
tanx>tany
f(2)/f(1)=i*f(3)
f(3)/f(2)=i*f(7)
f(4)/f(3)=i*f(13)
f(5)/f(4)=i*f(21)
f(6)/f(5)=i*f(31)
f(7)/f(6)=i*f(43)
f(8)/f(7)=i*f(57)
f(9)/f(8)=i*f(73)
f(10)/f(9)=i*f(91)
f(11)/f(10)=i*f(111)
f(12)/f(11)=i*f(133)
f(13)/f(12)=i*f(157)
f(14)/f(13)=i*f(183)

f(k)/f(k-1)=i*f(k^2-k+1)

f(2)/f(1)=i*f(3)
f(3)/f(2)=i*f(7)
f(4)/f(3)=i*f(13)
f(5)/f(4)=i*f(21) 3*7
f(6)/f(5)=i*f(31)
f(7)/f(6)=i*f(43)
f(8)/f(7)=i*f(57) 3*19
f(9)/f(8)=i*f(73)
f(10)/f(9)=i*f(91) 7*13
f(11)/f(10)=i*f(111) 3*37
f(12)/f(11)=i*f(133) 7*19
f(13)/f(12)=i*f(157)
f(14)/f(13)=i*f(183) 3*61
f(15)/f(14)=i*f(211)
f(16)/f(15)=i*f(241)
f(17)/f(16)=i*f(273) 3*91
f(18)/f(17)=i*f(307)
f(19)/f(18)=i*f(343) 7^3
f(20)/f(19)=i*f(381) 3*127
f(21)/f(20)=i*f(421)
f(22)/f(21)=i*f(463)


f(n)*f(m)=(-1)^(n+m+1)*(1-i(n+m)/(1-mn))/(1+i(n+m)/(1-mn))
f( (n+m)/(1-mn) )=(-1)^[ (n+m)/(1-mn) ]*i*(1-(n+m)/(1-mn)i)/(1+(n+m)/(1-mn)i)
f(n)*f(m)=(-1)^(n+m+1- (n+m)/(1-mn))*1/i*f( (n+m)/(1-mn) )

f(n)*f(m)=(-1)^(n+m+1- (n+m)/(1-mn))*1/i*f( (n+m)/(1-mn) )
f(3)*f(2)=-i*(-1)^(5/5)*f(-1)
f(4)*f(3)=-i*(-1)^(7/11)*f(-7/11)
f(5)*f(4)=-i*(-1)^(9/19)*f(-9/19)
f(6)*f(5)=-i*(-1)^(11/29)*f(-11/29)
f(7)*f(6)=-i*(-1)^(13/41)*f(-13/41)
f(8)*f(7)=-i*(-1)^(15/55)*f(-15/55)
f(9)*f(8)=-i*(-1)^(17/71)*f(-17/71)
f(10)*f(9)=-i*(-1)^(19/89)*f(-19/189)
f(11)*f(10)=-i*(-1)^(21/109)*f(-21/109)
f(12)*f(11)=-i*(-1)^(23/131)*f(-23/131)
f(13)*f(12)=-i*(-1)^(25/155)*f(-25/155)
f(14)*f(13)=-i*(-1)^(27/181)*f(-27/181)
f(15)*f(14)=-i*(-1)^(29/209)*f(-29/209)
f(16)*f(15)=-i*(-1)^(31/239)*f(-31/239)
f(17)*f(16)=-i*(-1)^(33/271)*f(-33/271)
f(18)*f(17)=-i*(-1)^(35/305)*f(-35/305)
f(19)*f(18)=-i*(-1)^(37/341)*f(-37/341)
f(20)*f(19)=-i*(-1)^(39/379)*f(-39/379)
f(21)*f(20)=-i*(-1)^(41/419)*f(-41/419)
f(22)*f(21)=-i*(-1)^(43/461)*f(-43/461)
f(23)*f(22)=-i*(-1)^(45/505)*f(-45/505)

f(2n+1)*f(2n)=-i*(-1)^(4n+1/4n^2+2n-1)*f(-4n+1/4n^2+2n-1)
lim n→∞ f(2n+1)*f(2n)=1

林立した二整数の積の前後の数に素数がある率が高い

2^(2^n)＋1が素数のとき
3×2^a(aは自然数)は2^(2^n)＋1の生成元になるね
2^(2^n)＋1の生成元をすべて出すような式を作るには2^(2^n)＋1を法として平方剰余で四次剰余でない数が見つかればいいんだね
詳しい人お願いします

あぁごめん9が平方剰余で四次剰余じゃないね
3^a (aは奇数)ですべての生成元が出るけどでもこれって当たり前だね
ごめん

3×n^2(nは自然数)でもすべて出るしこっちのほうが計算楽だね

ごめんそんな楽でもないか

実際に p=2q+1 (q は素数) の形で表される素数 p がどれだけあるかというと、
200 以下では
5, 7, 11, 23, 47, 59, 83, 107, 167, 179
の10個。
p=4q+1 だと、200 以下では
13, 29, 53, 149, 173
の5個。
やっぱまだまだ少ないな。

どの合成数Nに対しても生成元が存在する訳ではないけど
二つの数を生成元の代わりにすることはどの合成数の場合でもできるんじゃないかとかおもた
具体的にはaとbの二つが生成元の代わりだとするとa^m×b^m(m,nは整数の変数)がNと互いに素なN以下のすべての自然数をとるようにできるa,bが必ず存在するのではないかと
証明まだできてないごめんね

実験数学スレってあったっけ？

6n+1 と6n-1が素数ってあったんだけど
これって桁数が大きくなってもこの法則はずっとあるの？

>>631
法則というか、一応定理なんだが。
5より大きい素数は、6n+1か6n-1の形で表せる。

証明は簡単で、6n+2、6n+4は偶数、6n+3は3の倍数だから、素数になるとすれば6n+1か6n+5(=6m-1)の形しかない。

>>631
それがパッと見で分からないってのは流石にどうかと思うわ

>>632
違うよ。
素数は6n-1,6n+1というのは成り立つけど
6n-1,6n+1が素数という証明はできますか？
ということ。

>>634
119,121

> 素数は6n-1,6n+1というのは成り立つけど
何故これが成り立つかが分かるなら

> 6n-1,6n+1が素数という証明はできますか？
こんな疑問は起きようがないんだがな

Σarctan(x/(1+k(k-1)x^2))＝π/2
exp(iΣarctan(x/(1+k(k-1)x^2)))＝exp(iπ/2)
f(x)＝x/(1+k(k-1)x^2))
√((1+if(x))/(1-if(x)))×...＝i
左辺はkを増やしながら掛け続ける無限積
xが素数のとき第一項を複数項におきかえられない

f(x,k)=x/(1+k(k+1)x^2)
f(x,0)=x f(x,1)=x/(1+2x^2) f(x,2)=x/(1+6x^2) f(x,3)=x/(1+12x^2) f(x,4)=x/(1+20x^2)
arctanf(x,0)+arctanf(x,1)+arctanf(x,2)+arctanf(x,3)+arctanf(x,4)+・・・・arctanf(x,∞)=π/2
exp(i[arctanf(x,0)+arctanf(x,1)+arctanf(x,2)+arctanf(x,3)+arctanf(x,4)+・・・・arctanf(x,∞)])=i
√{ (1+if(x,0))/(1-if(x,0)) }*√{ (1+if(x,1))/(1-if(x,1)) }*√{ (1+if(x.2))/(1-if(x,2)) }*・・・・*√{ (1+if(x,∞))/(1-if(x,∞)) }=i
z(x.k)=√{ (1+if(x,k))/(1-if(x,k)) }
z(x.0)*z(x.1)*z(x.2)*z(x.3)*z(x.4)*z(x.5)*・・・・*z(x.∞)=i
z(2.0)*z(2.1)*z(2.2)*z(2.3)*z(2.4)*z(2.5)*・・・・*z(2.∞)=i
z(3.0)*z(3.1)*z(3.2)*z(3.3)*z(3.4)*z(3.5)*・・・・*z(3.∞)=i
z(4.0)*z(4.1)*z(4.2)*z(4.3)*z(4.4)*z(4.5)*・・・・*z(4.∞)=i
z(5.0)*z(5.1)*z(5.2)*z(5.3)*z(5.4)*z(5.5)*・・・・*z(5.∞)=i
z(6.0)*z(6.1)*z(6.2)*z(6.3)*z(6.4)*z(6.5)*・・・・*z(6.∞)=i
z(7.0)*z(7.1)*z(7.2)*z(7.3)*z(7.4)*z(7.5)*・・・・*z(7.∞)=i
z(8.0)*z(8.1)*z(8.2)*z(8.3)*z(8.4)*z(8.5)*・・・・*z(8.∞)=i
z(9.0)*z(9.1)*z(9.2)*z(9.3)*z(9.4)*z(9.5)*・・・・*z(9.∞)=i
[z(s.0)*z(s.1)*z(s.2)*z(s.3)*z(s.4)*z(s.5)*・・・・*z(s.∞)]/[z(2.0)*z(2.1)*z(2.2)*z(2.3)*z(2.4)*z(2.5)*・・・・*z(2.∞)]=1
z(2.0)*z(2.1)*z(2.2)*z(2.3)*z(2.4)*z(2.5)*・・・z(2.s-1)=z(s.0)*z(s.1)
z(3.0)*z(3.1)*z(3.2)*z(3.3)*z(3.4)*z(3.5)*・・・z(3.s-1)=z(s.0)*z(s.1)*z(s.2)　　　
z(5.0)*z(5.1)*z(5.2)*z(5.3)*z(5.4)*z(5.5)*・・・z(5.s-1)=z(s.0)*z(s.1)*z(s.2)*z(s.3)*z(s.4)　　　

z(t.0)*z(t.1)*z(t.2)*z(t.3)*z(t.4)*z(t.5)*・・・・・z(t.s-1)=z(s.0)*z(s.1)*z(s.2)*z(s.3)*z(s.4)*・・・*z(s.t-1)　　
sに任意の整数を入れ
tを2からsまで動かして上記の式の合同をすべて満たすときsは素数

arctanf(x,0)+arctanf(x,1)+arctanf(x,2)+arctanf(x,3)+arctanf(x,4)+・・・・arctanf(x,s-1)=arctan(xs)
arctan(s)+arctan(2s)+arctan(3s)＋・・・・+arctan(s^2)=s*z(s.0)+(s-1)*z(s.1)+・・+(s-k)*z(s.k)+・・・+z(s.s-1)
exp(i[arctan(s)+arctan(2s)+arctan(3s)＋・・・・+arctan(s^2)])=exp(i[s*z(s.0)+(s-1)*z(s.1)+・・+(s-k)*z(s.k)+・・・+z(s.s-1)])
√[(1+is)/(1-is)]*√[(1+i2s)/(1-i2s)]*√[(1+i3s)/(1-i3s)]*・・・・*√[(1+is^2)/(1-is^2)]=exp(i[s*z(s.0)+(s-1)*z(s.1)+・・+(s-k)*z(s.k)+・・・+z(s.s-1)])
√[(1+is)/(1-is)]*√[(1+i2s)/(1-i2s)]*√[(1+i3s)/(1-i3s)]*・・・・*√[(1+is^2)/(1-is^2)]=cos[s*z(s.0)+(s-1)*z(s.1)+・・+(s-k)*z(s.k)+・・・+z(s.s-1)]+isin[s*z(s.0)+(s-1)*z(s.1)+・・+(s-k)*z(s.k)+・・・+z(s.s-1)]
このｓに任意の整数を代入して合同を満たしたときｓは素数

>>629は間違っていた
Nの因数の個数がn個のとき(2は因数の個数にカウントしないとか条件いろいろあるけど省略)
a1^m1×a2^m2×……×an^mnがNと互いに素なN以下の自然数をすべて一度づつとるようなa1,a2,……,anが存在する
に改良してみた

これが真なら
Nの因数の個数がnのとき
a^2＝1　(mod N)となるようなN以下の自然数のaが2^n個存在することになるみたい

Nが24のときとか結構面白いね
24と互いに素な整数はすべて2乗すると24を法として1になる

実は、>>619関連の議論はもっと一般化できる。
具体的には、以下の命題が言える。
「2を生成元にもつ奇素数pは隣り合う二つの生成元を持つ。」

証明
「p=2n+1と書ける。
2(n+1)≡1 (mod p)だから、n+1は2の逆元。
よって、n+1もpの生成元である。
また、n≡-(n+1)≡(n+1)^(n+1)
ユークリッドの互除法より、n+1と2nは互いに素だから
>>123よりnも生成元であることがいえる。
したがって、pは隣り合う生成元n，n+1を持つことがわかる。」

＞ユークリッドの互除法より、n+1と2nは互いに素
これ嘘だwスマソ。>>642は忘れてくれ。

>>640関係で
5×13×37の円を描いてみようとしたんだけど
計算面倒くさすぎワロタ

誰かパソコンで計算してくれないか
任意の数の円を自動的に出力してくれるツールとか作ってくれたら最高

>>640
よく見たらこれは「有限アーベル群の基本定理」じゃないか。
（定理そのものはもっと広い対象を扱っていて、主張もより詳しいが）
とりあえずその主張は真。証明は難しい。

>>645
情報ありがとう

アーベル群の基本定理では>>640のm1,m2,m3,……,mnがいくつを周期にしているか自動的に出せるの？
全部偶数になるっぽいこととm1が一番長い周期だとするとm1は(Nのそれぞれの因数-1の最小公倍数)になってm2以降の数は(Nのそれぞれの因数-1の最小公倍数)の約数になるっぽいことは分かるんだけど

(Nのそれぞれの因数-1の最小公倍数)はこう定義している
まずNを(p1^e1×p2^e2×……×pn^mn)と素因数分解する(eは自然数)
(p^eの因数-1)をp^(e−1) × (p − 1)と定義する
(2^eの因数-1)をeが1のときは1、eが2のときは2、eがf(fは3以上の自然数)のときは2^(f-2)と定義する

(Nのそれぞれの因数-1の最小公倍数)＝(p1^e1の因数-1)と(p2^e2の因数-1)と……(pn^enの因数-1)の最小公倍数
と定義する

多分もう誰かが言ってることだと思うんだけど

(Nの因数の個数)をこう定義する
pを3以上の素数とする
Nがp＾eの倍数のときp＾eをひとつの因数としてカウントする
Nが偶数で4の倍数でないとき2は因数としてカウントしない
Nが4の倍数で8の倍数でないとき4をひとつの因数としてカウントする
Nが2^f(fは3以上の自然数)のとき2^fをふたつ分の因数としてカウントする

>>640が真なんだったら
(Nの因数の個数)＝nのとき
Nを法とするときn次空間をn個の数で乗法的周期的に埋めつくせる

例えばNが4×7のとき

1　　3　　9　　27　　25　　19
13　11　　5　　15　　17　　23

で二次空間を埋めつくせる
→にひとつぶん移動する操作は×３で
↓にひとつぶん移動する操作は×13ね

Nが2^f(fは3以上の自然数)のときではなくNが2^f(fは3以上の自然数)の倍数のときでしたすんません

24を法としたとき2×2×2を周期にして埋めつくせるのは結構綺麗
a×a×……×aで埋めつくせるのは24を法にしたときと8とか12とかを法にしたときの2×2だけなのかな

なんかカーマイケル関数の話題が出ているみたいだから
http://en.wikipedia.org/wiki/Carmichael_function

>>647
具体的に周期が分かるわけではないね。
ついでに言うと、a1,…,an が具体的に分かるわけでもない。
誤解が無いよう、後で定理の主張をはっきり書こうと思う。

その前に、分かってるかもしれないが注意しておきたいことが一つ。
>>640 のような a1,...,an は（個数すらも）一意的でない。
例えば >>648 の N=4×7 の例では 3,13 を生成元の代わりとしているが、
9,27,13 というのも生成元の代わりになる。

あと、あくまで「有限アーベル群の基本定理」であって、「アーベル群の基本定理」というのは無い。

N を自然数とする。
a を N と互いに素な自然数とすると、a^k≡1 (mod N) となる自然数 k が存在する。（これは認めることにする）
このような k のうち最小のものを o(a) と書くことにする。(order の頭文字。日本語では位数)
このとき、有限アーベル群の基本定理で分かることは以下の通り。
 
�@
ある自然数 a[1],…,a[n] が存在して、以下を満たす。
　N と互いに素な任意の整数 b に対して、
　b≡a[1]^m[1]*a[2]^m[2]*…*a[n]^m[n]　(mod N)　(ただし、0≦m[i]<o(a[i]))
　となる m[1],…,m[n] が一意的に存在する。
 
�A
�@で、全ての o(a[i]) が何らかの素数のべき乗であるように a[1],…,a[n] をとることができる。
この場合、o(a[1]),…,o(a[n]) は順序の差を除いて一意的。
 
�B
�@で、o(a[1]) は o(a[2]) の約数、o(a[2]) は o(a[3]) の約数、…、o(a[n-1]) は o(a[n]) の約数となるように a[1],…,a[n] をとることができる。
この場合、o(a[1]),…,o(a[n]) は一意的。

>>651
a1,...,an は（個数すらも）一意的ではない
これは確かにそうなんだろうけどa1,...,an の個数を最小に抑えると>>640になると思うんだ

a1,...,an の個数が一意的でないとしても>>640の後半は真っぽいね

位数を素数べきにしたらどれかの合成数Nで素数べきが(Nのそれぞれの因数-1の最小公倍数)の約数でなくなってしまう気がするけどどうなんだろう

3+4*5=23　　９番目の素数
5+6*7=47　　１５番目
7+8*9=79　　　２２番目
9+10*11=119　　7*17 ×
11+12*13=167 ３９番目
13+14*15=223　　４８番目
15+16*17=287　 7*41　 ×
17+18*19=359　　７２番目の素数
19+20*21=439 ８５番目の素数
21+22*23=527 17*31 ×
23+24*25=623 7*89 ×
25+26*27=727 １２９番目の素数
27+28*29=839 １４６番目の素数
29+30*31=959 7*137 ×
31+32*33=1087 １８１番目の素数
33+34*35=1223 ２００番目の素数
35+36*37=1367 ２１９番目の素数
37+38*39=1519 7*7*31 ×
39+40*41=1679 23*73 ×
41+42*43=1947 　２８３番目の素数
43+44*45=2023 7*17*17
45+46*47=2207 ３２９番目の素数
47+48*49=2399 ３５７番目の素数
49+50*51=2599 23*113 ×
51+52*53=2807 7*401 ×
53+54*55=3023 ４３４番目の素数
55+56*57=3247 17*191 ×
57+58*59=3479 7*7*71 ×
59+60*61=3719 ５１７番目の素数
61+62*63=3967 ５４９番目の素数
63+64*65=4223 41*103 ×
87+88*89=7919　　１０００番目の素数

65+66*67=4487 7*641 ×
67+68*69=4759 ６４１番目の素数
69+70*71=5039 ６７５番目の素数
71+72*73=5327 7*761 ×
73+74*75=5623 ７３９番目の素数
75+76*77=5927 ７７９番目の素数
77+78*79=6239 17*367 ×
79+80*81=6559 7*937 ×
81+82*83=6887 71*97 ×
83+84*85=7223 31*223 ×
85+86*87=7487 ９４８番目の素数
89+90*91=8279 17*487 ×
91+92*93=8647 1077番目の素数
93+94*95=9023 7*1289 ×
95+96*97=9407 23*409
97+98*99=9799 41*239 ×
99+100*101=10199 7*31*47
101+102*103=10607 １２９４番目の素数
103+104*105=11023 73*151 ×
105+106*107=11447 １３８１番目の素数
107+108*109=11879 7*1697 ×
109+110*111=12319 97*127　×
111+112*113=12767 ×
113+114*115=13223 ×
115+116*117=13687 素数
117+118*119=14159 素数
167+168*169=28559 素数
203+204*205=42023 素数
321+322*323=104327 素数

119+120*121=14639 素数
1519+1520*1521=2313439 素数
3479+3480*3481=12117359 素数

>>652 は 「a[i]≡1 でない」をつけ忘れていた。

>>653
「因数の個数」とやらに関する話は有限アーベル群の基本定理だけでは分からないな。
ちょっと早とちりした。
個数最小で考えるなら、それは>>652の�Bに対応してると思う。

7^2*53=2597
2597+2598*2599=6754799 素数
7^2*173=8477
8477+8478*8479=71893439 素数
7^2*283=13867
13867+13868*13869=192349159 素数

7^2*353=17297
17297+17298*17299=299255399 素数

7^2*433=21217
21217+21218*21219=450245959 素数
7^2*563=27587
27587+27588*27889=761152919 素数
7^2*613=30037
30037+30038*30039=902341519 素数

7^2*2243=109907
109907+109908*109909=12079988279 素数
7^2*（末尾3の素数）＝Ｘ
X+(X+1)*(X+2)=素数

49*8353=409297
409297+409298*409299=167525671399 素数

49*19763=968387
968387+968388*968389=937777255319 素数

7^2*53323=2612827
2612827+2612828*2612829=6826875484249 素数

>>649の話題なのだけれど
7×9は6×6を周期にしてたねごめん
a×aを周期にしてる数は無限にありそう

f(x)=2401*x^2+196*x+2
x=12713
f(x)=388052997719 素数
x=56333
7619360981759 素数
x=80473
15548660626039　　素数

x=96973
f(x)=22578453319039 素数
x=99923
f(x)=23973058420439 素数
x=95213
f(x)=21766321062719 素数
x=98563
f(x)=23324929908919 素数

x=98443
23268168516679

x=82393
16291548165839

y=√(x^2-s)
この関数が
√s≦x<(s+1)/2　の範囲で格子点を通るときｓは素数でない

x+i√(s-x^2)=√s*e^(iarctan[√(s-x^2)/x])
この複素数平面上第一象限でｘを変えても格子点を通らない時
sは素数

x+i√(s-x^2)=√s*e^(iarctan[√(s-x^2)/x])
x=(s+1)/2
(s+1)/2+i^2*(s-1)/2=1
arctan(ix)=i(x+x^3/3+x^5/5+・・・)=i*arctanhx=(i/2)log[ (1+x)/(1-x) ]
arctan[i*√(1-s/x^2)]=(i/2)log[ (1+√(1-s/x^2))/(1-√(1-s/x^2)) ]
x+i√(s-x^2)=√s*e^(-log[ √(1+√(1-s/x^2))/√(1-√(1-s/x^2)))
x+i√(s-x^2)=√s/{ √(1+√(1-s/x^2))-√(1-√(1-s/x^2)) }
x-√(x^2-s)=√s/{ √(1+√(1-s/x^2))-√(1-√(1-s/x^2)) }
x-√(x^2-s)=√s{ √(1+√(1-s/x^2))+√(1-√(1-s/x^2)) }/{ 2*√(1-s/x^2))}
t=s/x^2
4s/(s+1)^2<t<1の範囲でｔをうごかし
f(t)=√s{ √(1+√(1-t))+√(1-√(1-t)) }/{ 2*√(1-t))}
の関数が一度も整数値を取らない時ｓは素数

f(t)=√s{ √(1+√(1-t))+√(1-√(1-t)) }/{ 2*√(1-t))}
g(t)=st
4s/(s+1)^2<t<1の範囲でｔをうごかし
[st-√s{ √(1+√(1-t))+√(1-√(1-t)) }/{ 2*√(1-t))}]が整数とならないとき
sは素数

f(x)=ds^bx^2+bs^cx+c^d
bcdsに1か素数を代入すると素数生成公式になる
f(f(x))も上の条件を満たすなら
f(x)は真

√s(1-√(1-x^2))/x＝k
s(1-x^2)＝k^2x^2-2k√sx+s
((k^2+s)x-2k√s)x＝0

k/2+s/(2k)

X=(s+3x^2)/(2√2x) Y=(s-x^2)/(2√2x)
x=4s/(2√2*(X+3Y))
Y=((X+3Y)^2-2s)/(4(X+3Y))
X=((X+3Y)^2+6s)/(4(X+3Y))
4XY+12Y^2=X^2+6XY+9Y^2-2s
-X^2-2XY+3Y^2+2s=0
Y=[√2*X±√(8X^2-6s))]/(3√2)
この関数がx>0 y>0において格子点を一度しか通らない時ｓは素数

x^2-y^2＝(x+y)×(x-y)
x^3-y^3＝(x-y)×(x^+xy+y^2)
xとyの差が2よりおおきいとふたつの式は非素数を表す
差が1のとき素数を表す可能性が出る
(k＋1)^3-k^3＝3k^2+3k+1
7,19,37,61,91,127,169＝13^2,217,271,331,397,469,547

>>329>>330>>331のyが偶数の場合誰か証明してくれない？

当たり前だけど、
aとpを互いに素、pを素数とするとき
a進法小数点表記された1÷pの最小小数循環周期が(p-1)なら、aはpの生成元になるんだね

aが偶数でも3の倍数でもないとき
a進法小数点表記された1/24の最小小数循環周期は必ず2になるのか。まぁ当たり前だけど

ごめん>>680のaがmod24で1になるときは最小小数循環周期は1になるね

n^2-1が半素数になるときn-1,n+1は双子素数になるんだなぁとか考えた

>>681を少し変形してみた

3+5+7+……+2n-3+2n-1が半素数になるときn-1,n+1は双子素数

2*5-3=7 2*5+3=13 3*5-2=13 3*5+2=17
(2,3,5,7)
5*7-2*3=29 5*7+2*3=41 3*7-2*5=11 3*7+2*5=31
3*5*7-2=103 3*5*7+2=107 2*3*5-7=23 2*3*5+7=37

上の式で計算に用いた素数と得られた素数をペアにまとめて
そのペアないの素数を用いて同じ計算をする
(2.3.5.7.29)
5*7*29-2*3=1009 5*7*29+2*3=1021
(2.3.5.7.29,1009)
7*29*1009+2*3*5=204857
(2.3.5.7.29,1009,204857)
5*7*29*1009*204857-2*3=209801223689

2*5+3=13
(2,3,5,13)
2*13+3*5=41
(2,3,5,13,41)
2*5*41+3*13=449
(2,3,5,13,41,449)
2*5*41+3*13*449=17921
(2,3,5,13,41,449,17921)
2*5*41*17921+3*13*449=7365121




2*41+3*5*13=277
(2,3,5,13,41,277)
2*5*41+3*13*277=11213

(2,3,5,13,41)
2*3*13*41+5=3203
(2,3,5,13,41,3203)
2*3203+3*41*5*13=14401
(2,3,5,13,41,3203,14401)
2*13*14401+3*5*41*3203=2344271
(2,3,5,13,41,3203,14401,2344271)
2*5*41*14401+3*13*3203*2344271=292845204917

scのほうにいろいろ書き込んだのでよかったら見て頂戴！
2chと間違って書き込んじゃったの

もう既に誰かが言っていることであることは明らかだが

aがpの生成元であるとする

1×a^n[1]＝2(mod p)、2×a^n[2]＝3(mod p)、……、(p-2)×a^n[p-2]＝p-1(mod p)
となるようにnをおくとき

{n[1],n[2],……,n[p-2]}＝{1,2,……,p-2}
になる。{}は集合って意味ね
ここらへん調べていって隣り合う生成元が必ず存在すること証明できぬかな……無理か…

あとこれはどうでもいいことなんだけど

1からp-1まで>>1のような円のなかを数の小さい順に順番に(まず初めに1から2へ移動し、次は2から3へ移動する、という風に)最短距離で移動する。
移動の仕方は、円のなかで隣り合あう数へとひとつずつ移動する、というやり方。
隣りあう数へ移動したことを一回移動したと言うことにする。
1からp-1へ移動するのに必要な移動の回数は((p-1)/2)^2回である。

>>688の話

{n[1],n[2],n[3],……,n[p-2]}＝{n[1],n[1]＋n[2],n[1]＋n[2]＋n[3],……,n[1]＋n[2]＋n[3]＋……＋n[p-2]}＝{1,2,3,……,p-2}　(mod p-1)
になっているんだね
こういう数列についての情報あれば教えてください

あと
n[1],n[2],n[3],……,n[p-2]を>>1の円のように円状に配置したものと
n[1],n[1]＋n[2],n[1]＋n[2]＋n[3],……,n[1]＋n[2]＋n[3]＋……＋n[p-2]を>>1の円のように円状に配置したものを見比べて
円状に配置された数字たちのうちどこの数字を入れ替えたら同じ円になるのか考えてみるの楽しいよ！

n[1],n[2],n[3],……,n[p-2]の円を
n[1],n[1]＋n[2],n[1]＋n[2]＋n[3],……,n[1]＋n[2]＋n[3]＋……＋n[p-2]の円と同じにするのには
n[1],n[2],n[3],……,n[p-2]の円のなかでどの数字と数字を入れ替える作業をすればいいのかって眼で円を見るってことね

多分有名な問題だと思うんだけど

{1,1＋2,1＋2＋3,…………,1＋2＋3……＋x-1}＝{1,2,3,……,x-1}　(mod x)

になるのってx＝2^nのときだけ？

pの生成元の個数が2N個のとき

{n[1],n[2],n[3],……,n[p-2]}＝{n[1],n[1]＋n[2],n[1]＋n[2]＋n[3],……,n[1]＋n[2]＋n[3]＋……＋n[p-2]}＝{1,2,3,……,p-2}　(mod p-1)

になるnのバリエーションは少なくともN個ある

pが素数でない全ての奇数の場合にこういう風になるnって存在するのかな。

aがpの生成元であるとする

2×a^n[1]＝4(mod p)、4×a^n[2]＝6(mod p)、…………、2(p-2)×a^n[p-2]＝2(p-1)　(mod p)
となるようにnをおくとき

{n[1],n[2],……,n[p-2]}＝{1,2,……,p-2}
になる。これは明らかだね。>>688の両辺に2を掛けてるだけだから

ただ問題はスタート地点が2になってしまうところ。2が>>1のような円のなかでどこに位置するかはpによって変わってしまうから厄介

>>688はスタート地点が1になっているから生成元になっているかどうかの判定が少し楽だと思う

{n[1],n[2],n[3],……,n[p-2]}＝{n[1],n[1]＋n[2],n[1]＋n[2]＋n[3],…………,n[1]＋n[2]＋n[3]＋……＋n[p-2]}＝{1,2,3,……,p-2}　(mod p-1)
になるときどんな場合にも必ず

n[1]＋n[p-2]＝n[2]＋n[p-3]＝……＝n[(p-1)/2]＋n[(p-1)/2]＝p-1

になってるの？>>688の場合と>>692の場合にはなってるけど

なんか>>695って魔法陣の数字の法則にちょっと似てるね

っていうかもともと>>1の円が魔方陣に似てるのか

なんか３×３の魔方陣って10を法とした>>1みたいな円に似てるね

３×３の魔方陣

　６１８
　７５３
　２９４

10を法とした>>1みたいな円

　　２
　　１
４７10３６
　　９
　　８

あ、ごめん、10を法とした>>1みたいな円は1の上に6を書いたほうが自然なのか
6に6をいくら掛けても6になるところが1と似てるから

ていうか6を5で割ったら1だもんね

>>698は数字が小さいからなるのであって何の意味もないのは明らかだねごめん

あれ、意味がないってこともないのか

wikiに載っている５×５の魔方陣の中央の３マス×３マスのなかの数と、26を法とした>>1みたいな円の関係が>>698と同じになってる

26を法とした>>1みたいな円の数のうち、４乗して１や１４になる数との関係ってことね＞>>702

いややっぱり意味ないな

まぁ有名だと思うけど
pを素数としn番目のフィボナッチ数をF[n]とするとき
F[p]＝±1 (mod p)になる　(ただしpが5の場合は除く)

>>692の話

６角数を小さい順にR[1],R[2],R[3],……とおくとき
{R[1],R[2],R[3],……,R[2^n-1]}＝{1,2,3,……,2^n-1} (mod 2^n)
になってるの？
３角数の場合もなっている（っぽい）ことも考えると
「n^2＋2」角数の場合にこうなってるのかしら
あとなぜか10角数の場合にもなってるっぽい

>>706は当たり前のことをやってるだけな気がするなぁごめんなぁ

a＋2角数とmod a^nの関係が>>706みたいになるのは自明だね

>>706のおはなし

{R[0],R[1],R[2],R[3],……,R[2^n-1]}＝{0,1,2,3,……,2^n-1} (mod 2^n)て書いたほうが数学的かすまんな

あと「n^2＋2」角数(ここにn使うのはややこしいかったごめんこれからmにする)の場合にこうなってるって予想は間違っていたごめんな
「2^m＋2」角数の場合に訂正させて

a^m＋2角数とmod a^nの関係も>>706みたいになってるみたいだね

「2^m＋2」角数って言ったけどm＝1の場合は除くだけごめん

だけじゃなくてだねだったごめん

>>708>>709のaは素数の場合に限定させて下さいすいません

mod nのフィボナッチ数列のなかで0と隣りあっている数aがあるとき
a^4＝1 (mod n)になるのかしら

隣り合ってるの意味をはっきりさせよ

僕以外の人が久しぶりに書き込んでくれて嬉しい

えーと、フィボナッチ数列をF[1],F[2],F[3],……としたとき
F[m-1],F[m＋1]がF[m]と隣りあってるという意味で言ったの

MがF[m]の因数のとき
F[m-1]^4＝F[m＋1]^4＝1 (mod M)になる
のほうが分かり易かったか

これが真なら
F[m]^4＝1 (mod F[m＋1])になり且つF[m＋1]^4＝1 (mod F[m])になることになるね

ちなみに
F[m-1]^4＝F[m＋1]^4＝1 (mod M)になるのならF[m-2]^4＝F[m＋2]^4＝1 (mod M)にもなる
理由はF[m-2]＝-F[m-1] (mod M),F[m＋1]＝F[m＋2] (mod M)になっているから

>>717のMは>>716のMね

また証明できてないことだな…ごめん…

>>688は証明できてるのかい
まだなら丁度いい問題だから考えてみるといい

>>720
うん。具体的に証明できてないから考えてみる

1×a^n[1]＝2(mod p)、2×a^n[2]＝3(mod p)、……、(p-2)×a^n[p-2]＝p-1(mod p)を変形して
a^n[1]＝2÷1(mod p)、a^n[2]＝3÷2(mod p)、……、a^n[p-2]＝(p-1)÷(p-2)　(mod p)と書く

{2÷1,3÷2,……,(p-1)÷(p-2)}　(mod p)がそれぞれ違う値になること……＠を証明できれば
{n[1],n[2],……,n[p-2]}＝{1,2,……,p-2} (mod p-1)になることが証明できる(多分)

j,k(mod p)を異なる自然数とするとき
(j＋1)÷j＝(k＋1)÷k　(mod p)になることがないことが証明できれば＠も証明できる

(j＋1)÷j＝(k＋1)÷k　(mod p)を式変形して(j＋1)×k＝(k＋1)×j　(mod p)
さらに式変形してjk＋k＝kj＋j (mod p)さらにしてk＝j (mod p)
これは定義より成立しないのは明らか
よってj,k(mod p)を異なる自然数とするとき(j＋1)÷j＝(k＋1)÷k　(mod p)になることはない
よって{2÷1,3÷2,……,(p-1)÷(p-2)}　(mod p)がそれぞれ違う値になり{n[1],n[2],……,n[p-2]}＝{1,2,……,p-2} (mod p-1)になる

これでどうかな
なんか証明しようとしてると色々発見があって楽しいね

あ、j,k≠0 (mod p)ね

あと{2÷1,3÷2,……,(p-1)÷(p-2)}　(mod p)がそれぞれ違う値になることを証明できれば
{n[1],n[2],……,n[p-2]}＝{1,2,……,p-2} (mod p-1)になることが証明できることを補足

{2÷1,3÷2,……,(p-1)÷(p-2)}　(mod p)がそれぞれ違う値になるということは
{2÷1,3÷2,……,(p-1)÷(p-2)}＝{2,3,……,p-1} (mod p)になるということだから
{a^n[1],a^n[2],……,a^n[p-2]}＝{2,3,……,p-1} (mod p)のとき{n[1],n[2],……,n[p-2]}＝{1,2,……,p-2} (mod p-1)になるのは明らか

みたいな感じです

>>721>>722
ところどころ言葉づかいが怪しいが、まあいいんじゃないか

>>723
うん。ありがとう

>>716をトリボナッチの場合に拡張できないかと考えているんだけどうまくいかない
>>716って結構有名だったりする？証明載ってるサイトあったら教えて。まぁそもそも>>716が間違っているという可能性はあるが

ごめん　j,k(mod p)を異なる自然数とするとき ではなく　j≠k(mod p)とするとき　て書き方のほうが正しかったな

pを素数とする
m,nを異なるふたつのp未満の自然数とする
mx＋ny＝0 (mod p)になるような自然数x,yをおく
x＋yが最小に抑えられるようにx,yをとろうと頑張ると、どのようにm,nをとってもx＋yを(p＋1)/2以下に抑えられる

これってどうやって証明すんの？間違ってるかな
このあたり調べていくと結構面白そう　僕mod p好きだな…

(m,n)＝(1,k) (kは2以上p未満の自然数)の場合に証明できたらどのようにm,nをとってもx＋yを(p＋1)/2以下に抑えられることが証明できるみたいだね
なぜなら(1,k)の場合の最小に抑えられたx＋yをzとするとき(a,ak) (mod p)(aはp未満の自然数)の最小のx＋yもzになり　(なぜならax＋aky＝a(1x＋ky)と書け、結局1x＋kyがpの倍数になるかが問題だから)
{a,2a,3a……,(p-1)a}＝{1,2,3,……,p-1} (mod p)となるので
(1,2),(1,3),(1,4),……,(1,p-1)の場合に証明できたら(a,1),(a,2),……(a,a-1),(a,a＋1),(a,a＋2),……,(a,p-1)の場合にも証明できたことになるから

a-1＜(p＋1)/n≦a (aは自然数)のとき
どんなn個のp未満の異なる自然数を要素としてもpの倍数になるようなn個のp未満の異なる自然数のa個以下の和が存在する
とかだったら面白いね

n個のp未満の異なる自然数と言うよりn種類のp未満の異なる自然数って言ったほうが良かったねごめん

a-1＜p/n≦a (aは自然数)のとき
のほうが正しいかもしれんすまん。nが1のときとか考えたら

別にpを素数の場合に限らずに合成数のときも同様になってるぽい

結局>>726は
aをpより小さい自然数、bをaより小さい自然数とし
p＝na＋b(nは自然数)とするとき
n＋b≦(p＋1)/2に必ずなるのか
っていう問題だね

>>732は証明できました
ということは>>726も真だということだね

あ、>>732のaは2以上の自然数ね

吹石一恵は毎日、頭の中で「17の倍数」を唱えている

ttp://nikkan-spa.jp/691164

>>735
なんで17なんだ
毎日数えてたら覚えちゃうでしょ。毎日違う数の倍数数えればいいのに

>>726からの流れとは関係のない話

a,bを違う値とする
a^-1＝a＋x　(mod p)
b^-1＝b＋x (mod p)のとき
a＋b＝-x (mod p)になる

証明
a^-1＝a＋x　(mod p)を展開していって出てきたふたつのaの値の和をとると-xになるから

逆数と元の数の差がxになる数の組はひとつのpにつき０組か２組だけなんだね
pが5の場合は除くだけど

あぁごめんpが4n＋1型のときは１組だけになることあるね

>>>737は当たり前だったなーすまんー

>>726でpが3,7以外の素数のときに
(m,n)＝(1,a)のときのx＋yの最小値と
(m,n)＝(1,a＋1)のときのx＋yの最小値が一致するようなaが必ず存在するのか？
って問題を考えてる。まぁ反例ありそうな気もする

>>728からはいろいろ派生問題作れそうだ。意味があるかは微妙だけど

>>726で
(m,n)＝(a-1,a)のときのx＋yの最小値と
(m,n)＝(a,a＋1)のときのx＋yの最小値が一致することはない、とかになってたら面白いなと思う

これも色々派生できそう。まぁとりあえず証明してからだな。>>740もこれもどうやって証明すればいいのかさっぱり分からんけど
まぁ>>740はaの逆数がa＋1になるようなaが存在するpの場合には証明できるが

ごめん>>742は証明できたわ。書いてなかったかもしれんけどpが素数の場合ね
(m,n)＝(a-1,a)のときのxをx[1],yをy[1]
(m,n)＝(a,a＋1)のときのxをx[2],yをy[2]とおく

定義より
(a-1)x[1]＋ay[1]＝ax[2]＋(a＋1)y[2] (mod p)
これを展開して
a(x[1]＋y[1]-(x[2]＋y[2]))＝x[1]＋y[2]　(mod p)
x[1]＋y[2]≠0(mod p)であることが示せばx[1]＋y[1]≠x[2]＋y[2](mod p)であることが示せる

x＋y≦(p＋1)/2でありかつxもyも自然数なので
x[1]もy[2]も(p-1)/2以下の自然数になる
ゆえにx[1]＋y[2]≠0(mod p)
証明完了

同様にして
(m,n)＝(a-b,a)のときのx＋yの最小値と
(m,n)＝(a,a＋b)のときのx＋yの最小値が一致することはないことも示せる。多分

>>640の後半を一般化させて
Nを自然数、qを素数、aをp未満の自然数とするとき
a^q＝1 (mod N)になるaの個数は1かqのべき乗である
ってことが成立してたらいいなぁーって思った。qはNを素因数分解したとき一番大きな要素になっているn^xより小さな素数

う〜ん。やっぱり>>744は間違ってるっぽい
>>640は合ってると思うけど
２は特別ってことやな

けどqが3とか5とか小さい場合には合ってるとおもう

いや、違うかった、多分逆やわ
qがどんな素数でも>>744になってる
mod p-1で0になるのはp-1の倍数だけだもんね

Nを素因数分解したとき一番大きな要素になっているn^xより小さな素数って条件もいらない

ごめんaをp未満の自然数とするとき じゃなくて、
aをN未満の自然数とするとき だった

ちらしの裏も仕方ないけど、他人に読んでもらいたいなら、そろそろどんな目的でなにを調べて、その為に何やったら何がわかったというまとめをここにでなくていいから書いたら？

>>750
うーん。一応これが分かったとかは明確に書いてると思うんだけどなぁ
何の目的かって言われてもただ数字で遊んでいるだけとしか

>>751
あなただって他人の書いたまとまった方向のない落書きを読む気にならないんじゃない？

>>752
まぁまとまっていないと思うのなら別に読まなくたっていいよ
文脈は作っているつもり　抽象的で分からないなら例を作って試して頂戴

今までもほとんど読んでないから。ただスレが具体的だが方向性のないゴミという一番つまらないもので埋まるのもなんだかなあと。
まあ、自慰行為を止められないのはわかってるから。

>>754
読んでないのになんでゴミだって分かるの！？

ほとんどって言葉の意味知らないんだね。
たまに見てゴミしかなきゃそう判断されても仕方ないでしょ。
自慰行為を止めるわけじゃないから、あとは勝手にどうぞ。

>>756
いやあなたゴミで埋まっているって断言してるじゃん

スレがつまらないもので埋まるのが嫌なら面白いこと書き込めばいいのに

パンドラの箱だな

n番目の素数をpとしてn+1番目の素数をPとすると
f(p)=(2^a*3^b*5^c*7^d*・・・*p^z)*(±1/2^a±1/3^b±1/5^c+・・・・・±1/p^z) 　(a,b,,,,は任意整数
f(p)<P^2をみたすときf(p)は素数
|±2^a±3^b| <5^2 　2+3=5　　2^2+3=7 2^3+3=11 2^4+3=19 2+3^2=11 2^2+3^2=13 3^3-2^2=23
a,bに任意整数をいれれば5^2より小さな素数をすべて表せる
±5^c*|±2^a±3^b|±2^d*3^e < 7^2
これもa,b,c,d,eに任意整数をいれると7^2より小さな素数をすべて表す
±7^f*|5^c*|±2^a±3^b|±|±2^d±3^e| |±2^g*3^h*5^i <11^2
この任意の整数の決め方には規則性がある

|±2^a±3^b|
2^4+3^2=25=5^2
±5^c*|±2^a±3^b|±2^d*3^e
2^3*3+3^2*5-2^2*5=49=7^2
±7^f*|5^c*|±2^a±3^b|±|±2^d±3^e| |=121=11^2
√{ (2^a*3^b*5^c*7^d*・・・*p^z)*(±1/2^a±1/3^b±1/5^c+・・・・・±1/p^z) }
a~zの任意整数をかえまくるとこれはただ一度だけ整数になってその整数は必ずn+1番目の素数

>>760>>761
結構面白い。証明するのは難しそうだね

>>759
どうでもいいけどどこらへんがパンドラの箱？

>>728分かりにくいかもしれんかったから具体例を挙げると
どんな11未満の３種類の自然数でも４つ以下使って11の倍数を作れる
なんで４個かと言えば11/3≦４になってるから

例えば１、２、４という三種類の自然数を４つ使って11の倍数を作れる
１＋２＋４＋４＝０　(mod 11)

11未満の４種類の自然数で11の倍数を作るには３つ以下ね

>>744も具体的な例いるか
例えば、aを63未満の自然数とするとき
a^3＝1 (mod 63)になるaの個数は９(＝3^2)個

理由は、９の>>1のような円にも７の>>1のような円にも３乗して１になる数が３つあり
63の円は９のときの>>1のような円と７の>>1のような円がぶつかってドーナツ型になるから
具体的なaの値は計算間違ってるかもしれんけどa＝1,4,16,22,25,37,43,46,58のとき

狼少年と同じで質の低いことばかり書いていると、ごくたまによいことが書いてあっても相手にされない。

わかってることだし

最近は割と面白いこと書いてるつもりなんだけどなぁ〜〜

素敵について
の方がいい

虚数（人間の知恵として、人間が決めた数字）と認識してるだけでヨロシ
あとは公式をマル暗記すればヨロシ
次の段階に行きたい方は、かようなクソスレに来ないがヨロシ

>>771
誤爆？

>>716ってなんで４乗なのかなって不思議だったんだけど
フィボナッチ数列の一般項にルート５が入っていて、
pが５のときのフェルマーの小定理ってa^4＝1(mod　p)になっているから
４乗すると特別な性質が出てくるのも不思議ではないのかなって思った

>>773
関係あらへん

>>774
どうして関係ないと断言できるの？

まぁ言われてみれば関係ないような気もしてきた

これだけ書くだけなのももったいないから書くけど
>>728のn種類のp未満の異なる自然数のa個以下の「和」じゃなく「積」のバージョンも考えられるね
この場合目指すのはpの倍数ではなく1(mod p)ね。なんの意味があるのかは知らんが

素数だけをピックアップして考えるのではなくて
abc予想とかと合わせて考えた方がよくね？

>>777
えっとどの問題をだろう？

>>692を証明しようとしてみた。間違ってたら教えて

1＋2＋……＋x＝x(x＋1)/2なので、
j,kを整数、0≦j＜k＜2^nとするとき、
いかなるj,kをとっても
j(j＋1)/2＝k(k＋1)/2　(mod 2^n)となることがないことが証明できればよい

j(j＋1)/2＝k(k＋1)/2　(mod 2^n)は、
(k-j)(k＋j＋1)/2＝0 (mod 2^n)と変形できる
(k-j)と(k＋j＋1)は片方が偶数でもう片方が奇数に必ずなるのは明らか
偶数のほうが2^(n＋1)の倍数になることがないことが証明できればよい
(k-j)＜2^n,(k＋j＋1)≦2^(n＋1)-1なので、
(k-j)も(k＋j＋1)も2^(n＋1)の倍数になることはない
証明完了
ただ2^nのとき「だけ」にこうなってるのかは証明できなかった

>>779
証明を書くと、自分の論証を自分でチェックできる。これが大きな利点。
ちゃんと見直ししてる？

>>779
証明を書くと、自分の論証を自分でチェックできる。これが大きな利点。
ちゃんと見直ししてる？

>>780
うん？>>779がどっか間違ってた？

ちゃんと見直ししてるかって言われたらしてないかもしれん。気を付けるよ

>>783
というか、その論法を使えば、xが２のベキのときだけ成り立つのも証明できる。
xが奇数のときはk+j+1≡0 modxとなるようにk,jをとればよいし、
xが2のベキでない偶数のときはx=2^m×h(hは3以上の奇数)とおいて上手くいくk,jを見つければよい

>>784
へー、ありがとう

>>785
だから、自分で確かめろよ。

>>786
うーん。一応証明してみたけど綺麗ではないし間違ってるかも

xが奇数のときはk+j+1≡0 (modx)となるようなk,jがあるのは明らかなので
xが2のべき乗でない偶数のときに上手くいくk,jがあることを証明する

これから
x=2^m×h(mは自然数、hは3以上の奇数)のとき、
(k-j)(k＋j＋1)/2＝0 (mod 2^m×h)( 0≦j＜k＜2^m×h)となるようなj,kが存在することを証明する
(i)h≦2^(m＋1)-1のとき
(k＋j＋1)＝2^(m＋1)になりかつ(k-j)＝hになるようなj,kが存在することが証明できればよい
(k＋j＋1)＝2^(m＋1)ということはk＝2^(m＋1)-j-1だということ
よって、(k-j)＝2^(m＋1) -1-2jとも書ける
2^(m＋1)-1-2j＝hになるようなjが存在するのは明らか
よって、h≦2^(m＋1)＋1のときには証明完了

(ii) 2^(m＋1)-1＜hのとき
(k＋j＋1)＝hになりかつ(k-j)＝2^(m＋1)になるようなj,kが存在することが証明できればよい
(k-j)＝2^(m＋1)ということはk＝2^(m＋1)＋jだということ
よって、(k＋j＋1)＝2^(m＋1)＋1＋2jと書ける
2^(m＋1)＋1＋2j＝hとなるようなjが存在するのは明らか
よって、2^(m＋1)-1＜hのときには証明完了

(i)、(ii)より、(k-j)(k＋j＋1)/2＝0 (mod 2^m×h)( 0≦j＜k＜2^m×h)となるようなj,kが存在する。

ごめん(i)の最後の段落h≦2^(m＋1)＋1じゃなくてh≦2^(m＋1)-1だったね

書かなければいけないこと書いてなかったから書いとく。>>787の補足
(i)のjのとる値の範囲は(k＋j＋1)＝2^(m＋1)になることも含めて考えると0≦j≦2^m-1なので
2^(m＋1)-1-2jはjの値を変えると1以上2^(m＋1)-1以下のすべての奇数をとる、hは3以上2^(m＋1)-1以下の奇数なので
2^(m＋1)-1-2j＝hとなるようなjが存在する

(ii)のjのとる値の範囲は(k-j)＝2^(m＋1)になることも含めて考えると0≦j≦2^m×h-2^(m＋1)-1
2^(m＋1)＋1＋2jはjの値を変えると2^(m＋1)＋1以上2^m×h以下のすべての奇数をとる、hは2^(m＋1)＋1以上h以下の奇数なので
2^(m＋1)＋1＋2j＝hとなるようなjが存在する

>>728が分かりにくかったかもしれんからちょっと書き換えてみた

a-1＜p/n≦a (p,n,aは自然数、n＜p)とおき、k[1],k[2],……k[n]をそれぞれ異なる値のp未満の自然数とする

k[1]×x[1]＋k[2]×x[2]＋……k[n]×x[n]＝0 (mod p)となるような0以上の整数x[1],x[2],……x[n]をおくとき(ただしx[1],x[2],……x[n]がすべて0になる場合は除く)
いかなるk[1],k[2],……k[n]をとってもx[1]＋x[2]＋……x[n]≦aとなるようなx[1],x[2],……x[n]が存在する

px＋qy(x,yは0以上の整数)の形で書けない自然数をp,qの和で表せない自然数と言うことにする
p,qを互いに素な自然数とするとき
p,qの和で表せない自然数の個数は(p-1)(q-1)/2個
p,qの和で表せない自然数のうち一番大きな自然数はpq-p-q(＝(p-1)(q-1)-1)
と予想したのだけど証明できなくて困っている。簡単な証明がある気はするが

>>790が真なら、
(p-1)(q-1)以下の自然数のうち半分はp,qの和で表せ、もう半分はp,qで表せなくなっているということになるね
そして(p-1)(q-1)以上の自然数はすべてp,qの和で表せるということに

下のは高校時代の夏休みの課題だったな

px＋qy(x,yは0以上の整数)の形で書ける自然数を一意的にpx＋qyの形で表すには
yの条件を変えて、px＋qy(xは0以上の整数,yは0以上p未満の整数)とすればいいんだね
ちなみに
さらにxの条件を変えて、px＋qy(xは整数,yは0以上p未満の整数)とすると、すべての整数を一意的に表せる
当たり前だったらごめん

>>792
方眼紙に長方形を描いて、右下がりの対角線を引くやつだな。

>>4
>4 名前：KingMathematician ◆LoZDre77j4i1 ：2014/08/21(木) 19:27:24.63
> とりあえず, vector analysis から修得しようか.
>

狸

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>>794
それ僕が今やってることかも。僕は>>790ね
結構面白いねこれ

割り算の余りを1を単位にせず他の整数を単位にしている、という理解でいいのかな
例えば普通の割り算では19÷3＝3×6＋1＝6余り1だけど
2を単位とした割り算では
19＝3×5＋2＋2＝5余り2、みたいな

あぁ、ミスった！
19÷3＝6＋1/3＝6余り1
19÷3＝5＋2/3＋2/3＝5余り2
ね

>>4
>4 名前：KingMathematician ◆LoZDre77j4i1 ：2014/08/21(木) 19:27:24.63
> とりあえず, vector analysis から修得しようか.
>

狸

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>>794
これ名前なんて言うの？wikiとかにないかな

>>4
>4 名前：KingMathematician ◆LoZDre77j4i1 ：2014/08/21(木) 19:27:24.63
> とりあえず, vector analysis から修得しようか.
>

狸

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僕が思ったのは
例えばp＝3,q＝5、つまり3x＋5y(xは0以上の整数,yは0以上3未満の整数)のときだと

０ ５ 10
３ ８ 13
６ 11 16
９ 14 19
12 17 22
15 20 25
18 23 28
21 26 31
みたいな図ね。九九の足し算バージョンみたいな

k/(abc)(kは整数)はw＋x/a＋y/b＋z/c(wは整数、x,y,zは整数、0≦x≦a-1、0≦y≦b-1、0≦z≦c-1)の形で一意的に表せる

x/a＋y/b＋z/c(x,y,zは0以上の整数)の形で表せる数を1/a,1/b,1/cの和で表せる数と言うことにする
k≧2abc-ab-ac-bc＋1のとき、k/(abc)は1/a,1/b,1/cの和で表せる数である
1≦k≦2abc-ab-ac-bc＋1のkのうち丁度半分はk/(abc)が1/a,1/b,1/cの和で表せ、もう半分は1/a,1/b,1/cの和で表せない

ってなってるのかなって思いましたー

あ、k/(abc)が1/a,1/b,1/cの和で表せないようなkのうち最大のものはk＝2abc-ab-ac-bcのときなのかなとも思いましたー
予想ばっかりですいませんー

条件書き忘れてた
a,b,cはそれぞれ互いに素な2以上の自然数

1/2×3/4×5/6×7/8×9/10×11/12……×(2n-1)/2n＝b/a(aとbは互いに素)とおくとき、
aは必ず2のべき乗になる

証明
b/aを変形すると
b/a＝(1×3×5×……×(2n-1))/(2×4×6×……×2n)
さらに、(1×3×5×……×(2n-1))×(2×4×6×……×2n)＝(2n)!なので
b/a＝(2n)!/ (2×4×6×……×2n)^2 ＝(2n)!/ (n!×2^n)^2
＝(2n×(2n-1)×(2n-2)……×(n＋1))/ (n!×2^(2n))
(2n×(2n-1)×(2n-2)……×(n＋1))/n! が自然数になればよい
(2n×(2n-1)×(2n-2)……×(n＋1))/n!は2n個のなかからn個選ぶときの組み合わせの数(つまり2nＣn)でもあるので、当然自然数になる
証明完了

2/3×5/6×8/9×11/12……×(3n-1)/3n＝b/a(aとbは互いに素)とおくとき、
aは必ず3のべき乗になる、とかいう風に拡張したやつも証明しようとしているのだけど、この方法ではうまくいかないね


証明のなかで出てきてへぇ〜って思ったこと。有名だと思うけど
n!＝2^m×k(mは0以上の整数、kは奇数)とするとき、m≦n

一般の場合に証明できた！！

mを素数とし、kを自然数、k＜mとする
(1m-k)/1m×(2m-k)/2m×(3m-k)/3m×……×(nm-k)/nm＝b/a(nは自然数、aとbは互いに素な自然数)とおくとき、
aが必ずmのべき乗になることをこれから証明する

b/a ＝((1m-k)/1×(2m-k)/2×(3m-k)/3×……×(nm-k)/n )×1/ (m^n)
＝((m-k/1) ×(m-k/2)× (m-k/3)×……×(m-k/n)) ×1/ (m^n)

よって、(m-k/1) ×(m-k/2)× (m-k/3)×……×(m-k/n)が自然数またはmのべき乗のみを分母にもつ分数で表せることが示せればよい

これを、
cを自然数とするとき
(m-k/1) ×(m-k/2)× (m-k/3)×……×(m-k/c)が自然数またはmのべき乗のみを分母にもつ分数ならば、
(m-k/1)× (m-k/2)× (m-k/3)×……×(m-k/c) ×(m-k/(c＋1))も自然数またはmのべき乗のみを分母にもつ分数になる
ということを示すことで数学的帰納法的に証明しようと思う

(m-k/1)× (m-k/2)× (m-k/3)×……×(m-k/c)＝Cとおくと
(m-k/1) ×(m-k/2)× (m-k/3)×……×(m-k/c)× (m-k/(c＋1))＝C×(m-k/(c＋1))＝Cm-(Ck)/(c＋1)
よって、(Ck)/(c＋1)が自然数またはmのべき乗のみを分母にもつ分数になることが示せればよい

(c＋1)＝m^d×D (dは0以上の整数、Dはmと互いに素な自然数)とおく
Ck 、つまりk×(m-k/1)× (m-k/2)× (m-k/3)×……×(m-k/c)がDの倍数になることが示せればよい

少し書き換えて、
k,(m-k/1), (m-k/2), (m-k/3),……,(m-k/c)のうちどれかがDの倍数になることを示す

k＝0 (mod D)のとき、k,(m-k/1), (m-k/2), (m-k/3),……,(m-k/c)のうち、kがDの倍数になる
k＝1m (mod D)のとき、k,(m-k/1), (m-k/2), (m-k/3),……,(m-k/c)のうち、(m-k/1)がDの倍数になる
k＝2m (mod D)のとき、k,(m-k/1), (m-k/2), (m-k/3),……,(m-k/c)のうち、(m-k/2)がDの倍数になる
k＝3m (mod D)のとき、k,(m-k/1), (m-k/2), (m-k/3),……,(m-k/c)のうち、(m-k/3)がDの倍数になる
………
つまり、{0,1m,2m,3m,……,cm} (mod D)のなかに、0からD-1までのすべての自然数が現れることが示せれば、kがどんな値でもk,(m-k/1), (m-k/2), (m-k/3),……,(m-k/c)のうちいずれかがDの倍数になることが示せる

mとDは互いに素なので、{0,m,2m,3m,……,(D-1)m}＝{0,1,2,3,……,(D-1)} (mod D)
(D-1)≦cなので、{0,1m,2m,3m,……,cm} (mod B)のなかに0からD-1までのすべての数が現れる

証明完了

n＋m個からm個選ぶ組み合わせが、
(n＋m)Ｃm＝(n＋1)(n＋2)(n＋3)……(n＋m)/m!
＝(n＋1)/1×(n＋2)/2×(n＋3)/3×……×(n＋m)/m
＝(1＋n)(1＋n/2)(1＋n/3)……(1＋n/m)
て書けるのは、有名なんだろうけど、なんか不思議な感じがするなぁ

>>806>>807の証明間違いがあったからまた考えます

>>716はフィボナッチ数列の有名な性質から簡単に導けたね

F[n]^2-F[n-1]×F[n＋1]＝±1
って性質から

m,nを自然数、j,kを2以上の自然数とするとき

m(m＋1)(m＋2)(m＋3)……(m＋j-1)＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)……(n＋k-1)

となるようなm,n,j,kって存在するのかな

ごめん存在したね

14×15＝5×6×7

m,nを自然数とする
m＋n個からn個選ぶ組み合わせの個数とm＋n個からm個選ぶ組み合わせの個数は同じ
つまり(m＋n)Ｃn＝(m＋n)Ｃm

これを>>808のような書き方にすると
(1＋m)(1＋m/2)(1＋m/3)……(1＋m/n)＝(1＋n)(1＋n/2)(1＋n/3)……(1＋n/m)
となるのかぁ

>>790

円を考え、円周をp等分するようにp個の点を取る
このうちの任意の点から右回り（又は左回り）に数えてq個目の点にマークし、そこからまた次のq個目の点にマークすることを繰り返す
こうして丁度q周目ですべての円周上の点が重複無くマークされる
マークされる点はマークする順に自然数q、2q、3q・・・(p-1)q、pqにそれぞれ対応する

この場合においてここで言うp、qの和で表せない場合とは
スタートした点を除く円周上の(p-1）個の各点がマークされずにスキップされる場合に対応している
（スタートした点は必ずpの倍数に対応するので除外する）

よってその個数はスキップされる回数の合計に等しいから
Σ[n=1〜p-1]{q(p-n)-n}/p = (p-1)(q-1)/2

また、これらのうち最大値はpqを除いて最も大きい自然数(p-1)qに対応する点Sが最後にスキップされたときに対応する自然数である
（自然数pqに対応する点（スタートした点）は必ずpの倍数なので除外する）
よって点Sのq-1周目において対応する自然数（(p-1)qより一周分のpだけ小さい）が求める自然数である
(p-1)q-p = (p-1)(q-1)-1

>>814
難しくて分からんわごめん

p-2とpを双子素数とするとき
p-2の生成元でもありpの生成元でもあるようなp-2未満の自然数aが必ず存在する
って予想に、ちょっとだけ意味があるのかなと思ったことがあるから書く

aがp-2の生成元でもありpの生成元でもあるとき
aはp(p-2)を法とするとき、位数(p-1)(p-3)/2の部分群の生成元になる
部分群って言葉の使い方間違ってるかもしれんけど

>>814
具体的には、なんでp、qの和で表せない場合と円周上の点が対応しているのか
が分からんかった

中国の剰余定理みたいに、
合成数を法とするものを考える場合に、まず合成数の因数になっている素数を法とするものを考えると
>>1とかで書いた円の、合成数を法としたバージョンも考えやすくなるね

例えば
a＝3(mod 5),a＝2(mod 7)のとき
mod 5のときはaは4乗されて初めて1に戻り、mod 7のときはaは3乗されて初めて1に戻るから
mod 35のときaは12乗されて初めて1に戻る数なんだな、みたいな　当たり前かもしれんが

>>815
群は苦手なんです
>>816
例えばp=5,q=3の場合
円周に5つの点を取って右回りの順にA,B,C,D,Eとすると各点は
A 0、5、10、15・・≡0 (mod 5)
B 1、6、11、16・・≡1 (mod 5)
C 2、7、12、17・・≡2 (mod 5)
D 3、8、13、18・・≡3 (mod 5)
E 4、9、14、19・・≡4 (mod 5)
のように数字と対応させることができる
ここでAの行に並んだ数字はすべてpx単独で得られる数字なので当然px+qyでも得られる

次にA点からスタートして右回りに3づつ進むと3(D点)、6(B点)、9(E点)、12(C点)、15(A点)の順に止まる
ここで3と5は互いに素なので同じ点に再度止まるのは3×5=15進んだ時
つまり5ステップ毎に同じ点に止まり、かつ円周上の点の数も5つだから
A点からスタートして再度A点で止まるまでにB〜Eの各点に重複なく一回づつ止まることになる
(これは歯車の歯数に応用されてます)
これら3,6,9,12の数字はqy単独で得られる数字なので当然px+qyでも得られる

ではこれら以外の数字はどうか？
例えばB点に対応している数字の内でqy単独で得られる6より大きい数字(11,16・・)は6にpx(5,10・・)を足したものだからpx+qyで得られる
逆に6より小さい数字(1)は6からpx(5)を引いたものだからpx+qyでは得られない
(xは0以上の整数だからpxは足すことしか出来ないから)
同様に考えてC点の2,7とE点の4もpx+qyでは得られない

続き
これらpx+qyで得られない個数は
例えばBの行は1 (mod 5)だから
6から余り1を引いたものを5で割った1個
C、D、Eの各行も同様だからこれらを纏めて
[(6+12+3+9) - (1+2+3+4)]/5=4個
内、最も大きな数字は3,6,9,12の内の最大のものから5を引いたものだから
12-5=7

長文スマソ

>>818>>819
なるほどな
ありがと

>>818>>819が教えてくれたやり方で>>802>>803>>804も示せるね

pを素数、xを整数とする
pを法とするとき、xの逆数がx-1になるようなxの存在するpも、xの逆数がx-1になるようなxの存在しないpも無限に存在することが示せたよ多分
証明は、xは黄金数になり、黄金数には√5が含まれ√5以外は有理数だから、pを法とするとき5が平方数ならxは存在し5が平方数でないならxは存在しない、みたいな感じ
5が平方数になるpや5が平方数にならないpが無限に存在することは、平方剰余の相互法則を使うと示せる

話は変わるが、
3＝√2　(mod 7)つまり3−√2＝0 (mod 7)なので、3−√2は7の倍数である
ってなったんだけど、これってどこか間違ってるのかな

ごめん>>822の後半間違ってたね
確かに√2＝√9＝3(mod 7)とはなるが
√2＝√16＝4(mod 7)にもなっちゃってるもんね

これを踏まえて考えると
3乗してaになる数を(3)√aと書くことにすると
(3)√2＝3(mod 5)つまり3−(3)√2＝0(mod 5)なので
3−(3)√2は5の倍数になるのかな？

a,b,cを自然数、dをcより大きい自然数とする
aとbが共通の1でない因数をもつとき、aとbは仲間であると言うことにする
また、c以上d以下の数のなかには仲間のいない、c以上d以下の数が存在するとき、c以上d以下の数の中に仲間外れが存在すると言うことにする

■命題
nを2以上の自然数とする
どのnに対しても、1以上n以下の数の中に仲間外れが存在する
■証明
「jを2以上の自然数とするとき、jより大きく2jより小さい素数がどんなjに対しても存在する」という定理を使って示す
(i)nが偶数のとき
n＝2kとおく
定理よりkより大きく2kより小さい素数pは存在する。pの仲間のうち最小の数は2pであるが、2pはnより大きいので、pは1以上n以下の数の中に仲間をもたない。よってnが偶数のとき1以上n以下の数の中に仲間外れが存在する
(ii)nが奇数のとき
n＝2h-1とおく
(h-1)より大きく(2h-2)より小さい素数qは定理により存在する。qの仲間のうち最小の数は2qであるが、2qはnより大きいので、qは1以上n以下の数の中に仲間をもたない。よってnが奇数のとき1以上n以下の数の中に仲間外れが存在する

ちょっと変えて、mをnより小さい自然数とするとき、m以上n以下の数のなかに仲間外れが必ず存在するのかなと予想した
この問題の情報持っている人いたら教えて下さい

組み合わせの問題　これから書く((a)C(b))はa個のなかからb個選ぶときの組み合わせね

((n)C(n))×(1/2)^n＋((n＋1)C(n))×(1/2)^(n＋1)＋((n＋2)C(n))×(1/2)^(n＋2)＋……＋((2n)C(n))×(1/2)^(2n)＝1

を計算ずくで証明しようとしているんだけど上手くいかない　組み合わせのイメージを使ってでは証明できたっぽいんだけど　誰か教えて！

>>789の派生で、

いかなるk[1],k[2],……k[n]をとっても
k[1]×x[1]＋k[2]×x[2]＋……k[n]×x[n]＝1 (mod p)と
x[1]＋x[2]＋……x[n]≦bを満たす
x[1],x[2],……x[n]が存在する

と書いたときのbを具体的に求める方法を考えてる　
bはp/nを四捨五入した値かなとも思ってるんだけど多分違うね

書き忘れてた！
>>826のb以外の文字の条件は>>789と同じね！

>>824の話
「仲間外れ」って言葉を使ってたけど、これじゃあまるで仲間外れ以外の数がみんな仲間であるかのようだから、これからは「仲間外れ」の代わりに「孤立している」と言うことにするね

m以上n以下の数のなかにおいて、孤立している数が1つだけのようなm以上n以下は無限に存在するね
例えば10!以上(10!＋10)以下の数のなかでは(10!＋1)だけが孤立している
なぜなら(10!＋2)は2の倍数、(10!＋3)は3の倍数、……となっていて(10!＋1)以外の数はみんな10!と仲間だから

pを法としaを生成元とするとき、√aってpを法とするときにどう扱えばいいんだろう
√aをpで割った余りって整数にはならないよね

あ"

有名だったらごめんなさい予想です

pを素数とする
すべての1,2,3,……,p-1(mod p)は、0以外のmod pで平方剰余になる数二つの和で表せる。
また、平方剰余の数を二つの平方剰余の和で表せるパターン数は、どの平方剰余の数かによらず一定(pによってパターン数が決まっている)
平方非剰余の数を二つの平方剰余の和で表せるパターン数も、どの平方非剰余の数かによらず一定

更に、すべての1,2,3,……,p-1(mod p)は、mod pで平方非剰余になる数二つの和で表せる。
以下は前の段落と似た感じなので省略

具体例を挙げると

p=19のとき
mod19で平方剰余なのは1,4,5,6,7,9,11,16,17
1〜18の数を二つの平方剰余の和で表してみると
1=4+16=9+11
2=1+1=4+17=5+16
3=5+17=6+16=11+11
4=6+17=7+16
5=1+4=7+17
6=1+5=9+16
7=1+6=9+17
8=1+7=4+4=11+16
9=4+5=11+17
10=1+9=4+6=5+5
11=4+7=5+6
12=1+11=5+7=6+6
13=4+9=6+7=16+16
14=5+9=7+7=16+17
15=4+11=6+9=17
16=5+11=7+9
17=1+16=6+11
18=1+17=7+11=9+9

となって、
平方剰余である1,4,5,6,7,9,11,16,17は二通りの二つの平方剰余の和で
平方非剰余である2,3,8,10,12,13,14,15,18は三通りの二つの平方剰余の和で表せることが分かる

>>832の15のとこミスったごめん17じゃなくて17＋17ね

>>831の証明
pを素数とする
{1,a,a^2,a^3,……,a^((p-1)/2-1)}={pを法とするときのすべての平方剰余}
となるようなaを置く
{1＋1,1+a,1+a^2,……,1+ a^((p-1)/2-1)}は、それぞれ違う値になる

さて、二つの平方剰余の和で表せる数とは、
a^x＋a^y(x,yは0以上の整数、x≦y)の形で表せる数、つまりa^x×(1+a^z)(x,zは0以上の整数)の形で表せる数である
1+a^zが平方剰余であれば、{1+a^z,a×(1+a^z),a^2×(1+a^z),……a^((p-1)/2-1) ×(1+a^z)}＝{pを法とするときのすべての平方剰余}に、
1+a^zが平方非剰余であれば、{1+a^z,a×(1+a^z),a^2×(1+a^z),……a^((p-1)/2-1) ×(1+a^z)}＝{pを法とするときのすべての平方非剰余}になることは明らかである
このようにして、{1＋1,1+a,1+a^2,……,1+ a^((p-1)/2-1)}のなかの平方剰余の個数・平方非剰余の個数と、平方剰余の数は何通りの二つの平方剰余の数の和で表せるか・平方非剰余の数は何通りの二つの平方剰余の数の和で表せるか、は対応づけられる。よって一定

すっごい詰まらないことをやっているように思う。

だが、a^1×(1+a^((p-1)/2-1))=a^0×(1+a),a^3×(1+a^((p-1)/2-2))=a^1×(1+a^2)、などのように、>>834のような書き方ではダブることがあることには注意が必要だ
このダブりをなくすためには、ダブりのなくなるa^j×(1＋1)(jは0以上の整数),a^k×(1＋a^(p-1)/4)(←はp-1が4の倍数のときのみ存在、kは0以上の整数)
の分を除いた分を2で割りそのあと(a^j×(1＋1)),(a^k×(1＋a^(p-1)/4))の分を足してしまえばよい
しかし、a^k×(1＋a^(p-1)/4)＝0(mod p)なので今回は(a^k×(1＋a^(p-1)/4))のことは考えなくて良いので考えない

よって、{1＋1,1+a,1+a^2,……,1+ a^((p-1)/2-1)}の中にn個の平方剰余の数とm個の平方非剰余の数があれば、
平方剰余の数はn/2(2が平方剰余のときは(n+1)/2)通りの二つの平方剰余の数の和で表せ、平方非剰余の数はm/2(2が平方非剰余のときは(m+1)/2)通りの平方剰余の数の和で表せる

新たな予想
{1＋1,1+a,1+a^2,……,1+ a^((p-1)/2-1)}の中に平方剰余の数と平方非剰余の数が同数か、
あるいは平方非剰余の数が平方剰余の数より一つ分だけ多いかのどちらかなのではないか
つまり平方非剰余の数を二つの平方剰余の和で表せるパターンは
平方剰余の数を二つの平方剰余の和で表せるパターンと同じか一つ分だけ多いかのどちらかなのではないか

どっか間違ってたら教えて下さい

「二つの平方剰余の和」や「二つの平方非剰余の和」について考えてきたけど
「二つの平方剰余の差」や「二つの平方非剰余の差」についても>>831と同じような性質があるんだね

それで面白いなぁと思ったことなんだけど
例えばmod 13のとき(平方剰余は1,3,4,9,10,12)
8=12-4=4-9=9-1(mod 13)のようにして、例えば差が8になる平方剰余を並べるとこの場合4や9が二度登場する

これ今から詳しく調べようとしてたんだけど>>835に腹立ったから書いとく　面白いだろが！

まぁ有名な事実をなぞっているだけで面白くないんだったら申し訳ない

>>824の、
m以上n以下の数のなかに孤立した数が必ず存在するという予想は、結構奥深いんじゃないか
(n-m)の値を固定して、どうn,mを動かしても、どうしても一個孤立した数が残ってしまうというのは、素数の並びに関係しているような
まあこの予想に反例があるかもしれんが

le 雀 $

>>824のm以上n以下の数のなかに孤立した数が必ず存在するという予想を証明しようとしてみました

素数を小さい順にp[1],p[2],p[3],……とおく
「m以上n以下」をx以上x+a以下(x,aは変数の自然数)という形に変えておきます
aが素数になる場合にのみ示せばよい。なぜなら、p[j]<a<p[j+1]のときは、p[j]以下の素数しか使えないので、
x以上x+p[j]以下のなかに孤立した数が存在するか、という問題に変換できるからである

数学的帰納法で証明する
x以上x+p[1]以下のなかに孤立した数が存在するのは明らか
x以上x+p[2]以下のなかに孤立した数が存在するのは明らか
x以上x+p[k]以下のなかに孤立した数が存在すると仮定したときに、x以上x+p[k+1]以下のなかに孤立した数が存在することを示す
x以上x+p[k+1]以下のなかでp[k+1]が仲間を作るのはxがp[k+1]の倍数のときである
なのでx+1以上x+p[k+1]=1以下のなかで孤立した数が存在しないようにしなければならないが仮定より孤立した数が存在してしまう

ここらへんのことを使ってn<p<2n(nは2以上の自然数)を満たす素数pが必ず存在することを示せるんだね

■証明
n<p<2nを満たすpが存在しないと仮定して矛盾を導く
aを自然数とするとき、a以上a+n以下のなかに孤立した数が最低でもひとつは存在する
n<p<2nを満たすpが存在しないと仮定したので、
b以上b+2n以下(bは自然数)を考えるときにはn以下の素数で仲間を作っていくしかない
よって、「b以上b+2n以下」のなかで考えても、b以上b+n未満のなかに孤立した数が最低でも一つ
b+n以上b+2n以下のなかに孤立した数が最低でも一つ、つまりbをどのような値にしてもb以上b+2n以下のなかに孤立した数が最低でも二つ存在することになる
(b以上b+n未満と書けるのは、b+nがb以上b+n以下のなかで唯一の孤立した数だとすると、b以上b+n-1以下のなかに孤立した数がなくなってしまうからである)

しかしb=(2n)!とおくと、(2n)!以上(2n)!+2n以下のなかで孤立した数が(2n)!+1のみになるので、これは矛盾

証明終わり