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整数論の問題を出し合うスレ

1 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/25 20:58:36
整数論の問題を出し合うスレッドです。
整数論総合スレッド
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1090800616/l50
から独立しました。
スレは基本的にsage進行でお願いします。



2 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/25 21:05:41
上記スレッドで未回答な問題

その1
nの最大の素因数をP(n)と書く。

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

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

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

3 :132人目の素数さん:05/01/25 21:21:19
>>1
では久しぶりに易しい問題を一つ。
ABC を平面上の三角形とする。このとき点 A, B, C に幾らでも近い点 A', B', C' で
長さ A'B', B'C', C'A', 面積 △A'B'C' が有理数になるものが存在する。

4 :132人目の素数さん:05/01/25 21:22:35
X^n + aX^{n-1} + ・・・ + aX - 1 =(x-q)Qx
=x^n+axQ-1=0
q^n+aqQ-1=0
q^n+aqQ=1
q(q^n-1+aQ)=1

5 :132人目の素数さん:05/01/25 21:29:20
c^n+acD=b^n
c(c^n-1+acD)=b^n

6 :132人目の素数さん:05/01/25 21:48:07
>>4
何それ?

7 :132人目の素数さん:05/01/25 21:53:36
5につづく

8 :132人目の素数さん:05/01/25 22:01:15
>>4-7>>8-
何それ

9 :132人目の素数さん:05/01/25 22:03:02
    ∧__∧
    (`・ω・´) 馬鹿はとっとと消え失せぇぃ!
   .ノ^ yヽ、
   ヽ,,ノ==l ノ
    /  l |
"""~""""""~"""~"""~"

10 :132人目の素数さん:05/01/25 22:13:49
Q上既約->有理解なし->あったら矛盾->規約分数が共役

11 :伊丹公理 ◆EniJeTU7ko :05/01/25 22:22:37
Q上既約->有理解なし
アホ端ね

12 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/26 03:01:16
問題
n個の頂点がすべて同一平面の格子点(x,y座標共に整数の点)上にある正n角形にはどんなものがあるか。



13 : ◆.PlCC3.14. :05/01/26 13:58:48
>>1
スレ立て乙です.
>>2のその3
(1) n が素数なら,σ(n) = n + 1,φ(n) = n - 1 より.
(2) n = p_1^(e_1)*・・・*p_g^(e_g) と素因数分解されたとする.
p_k^(e_k-1) | φ(n) より,e_k≧2 なら,e_k = p_k = 2
よって,n = 4p_1*・・・*p_g(p_1〜p_gは奇素数) 又は p_1*・・・*p_g
n = p_1*・・・*p_g のとき,σ(n)≡φ(n)≡0 (mod. 2^(m-1))
n は合成数なので,m = 2
n が奇数なら,σ(n)≡φ(n)≡0 (mod. 4) なので,n=2p (p は奇数)
2pσ(2p) ≡ 12 (mod. p-1) だから,p-1 | 10
ゆえに,p = 3, 11で,n = 6, 22
上の議論から,n = 4p_1*・・・*p_g のときは n = 4

14 : ◆.PlCC3.14. :05/01/26 16:56:42
>>3
座標を取って,A を原点,B を x 軸上にとる.
単位円周上には有理点が稠密に存在するので,半径が有理数の円周上でもそう.
したがって,R^2 には原点からの距離が有理数である有理点が稠密に存在する.
C に近い有理点 C' (p,q) をとる.
(x - p)^2 + q^2 = y^2 を考えると,双曲線 x^2 - y^2 = -1 上には有理点が稠密
に存在するので,(x - p)^2 + q^2 = y^2 上でもそう.
だから,x 軸上には C との距離が有理数である有理点が稠密に存在する.
このようにして,B に近い有理点 B' をとる.

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

15 : ◆.PlCC3.14. :05/01/26 17:11:55
問題
k を代数的閉体(別に複素数体でよい)とし,
f(x),g(x),h(x) ∈ k[x] とする.
n≧3 のとき,{f(x)}^n + {g(x)}^n = {h(x)}^n を満たすものは,
次の自明な解に限る.
f(x) = a*p(x), g(x) = b*p(x), h(x) = c*p(x)
ただし, p(x)∈k[x], a^n + b^n = c^n (a, b, c∈k)


16 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/26 21:24:09
>>13-14正解です。

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

1.n,n+1∈Xとなるnとn,n+4∈Xとなるnが無数にあることを示せ。

2.n,n+1,n+2,n+3∈Xとなるnが存在しないことを示せ。

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

17 : ◆.PlCC3.14. :05/01/27 13:11:21
>>16
(1) x_n + √2y_n = (3 + 2√2)^n として,n = 2y_n^2,n+1 = x^2
とすると,y_n は偶数なので n も充平方.
こうしてとった n に対し m = 4n とすれば m+4 = 4(n+1) も充平方.
(2) 連続する4つの自然数のうち2つは偶数.
充平方なら4の倍数だが,それは不可能.
(3) p_1 < ・・・ < p_N を素数,i = 1〜N に対し
y ≡ p_i + 1 - i (mod. p_i^2)
をみたす y が中国剰余定理より存在する.
このとき,y+i-1 は p_i で割り切れるが,p_i^2 で割り切れない.


18 : ◆BhMath2chk :05/01/27 15:00:00
>>15
pを素数,kを標数pの体とすると
1^(p^s)+x^(p^s)=(1+x)^(p^s)。


19 : ◆.PlCC3.14. :05/01/27 16:28:48
>>18
これは失礼しました.kの標数は0で.

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

20 : ◆.PlCC3.14. :05/01/27 16:35:51
>>17
記号をまずったのので,訂正.

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


21 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/28 00:04:50
>>17>>20
正解です。

22 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/28 00:34:44
>>19
余弦定理よりcos(2π/n)は有理数となります。
よって>>14と同様にして、n=3,4,6となります。

23 : ◆.PlCC3.14. :05/01/28 01:05:22
>>22
n=3,4,6 というのは,頂点が格子点にあるとしたときの
必要条件なので,具体的に構成する必要があるかと.
n=3,4の場合は明らかですが,例えば,P_1〜P_6を
∠P_iOP_{i+1} = 60°を満たすようにとっても
P_1〜P_6が同一平面上にあるとは限りませんし.

24 : ◆.PlCC3.14. :05/01/28 01:32:55
難しく考えすぎてました.
立方体の中点とって正6角形を作れるので,
自明ですね.

25 : ◆.PlCC3.14. :05/01/28 01:58:58
オーソドックスな問題を出題してあげてみる.

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

26 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/28 02:53:00
>>25
nが素数pの冪乗のとき(1 - ζ_1)・・・(1 - ζ_m)=p
そうでないとき(1 - ζ_1)・・・(1 - ζ_m)=1となる。

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

27 :132人目の素数さん:05/01/28 03:02:54
数学の人って自分がなかなか分からなかった問題でも
平気で自明って言いますねwww

28 :132人目の素数さん:05/01/28 09:30:52
>>27
分かった瞬間から自明になるのが数学の特徴。
人から教わったことでもそれを断るのは少数派。

29 : ◆.PlCC3.14. :05/01/28 10:52:46
>>26
正解です.

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

「自明」には,すぐにわかったという意味はないので.

30 :132人目の素数さん:05/01/28 11:52:10
おのずからあきらか

31 :132人目の素数さん:05/01/28 19:53:43
>>3>>14
正解

32 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/29 00:01:42
問題
nの正の約数の和をσ(n)とする。

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

33 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/29 00:05:17
問題
pを素数、nをpの冪ではない自然数とする。
C(np,n)はp^2で割り切れることを示せ。

34 :Arith:05/01/29 01:02:23
1.(1)
σ(n)=2n, n=2^k*v(v: odd)ならば
(2^{k+1}-1|σ(n)=2nより(2^{k+1}-1)|v...(1)
σ(2^k)/2^k * σ(v)/v=σ(n)/n=2より
σ(v)/v=2^(k+1)/(2^(k+1)-1)...(2)

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

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

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

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

35 :Arith:05/01/29 01:06:20
問題
1. n=p^(4k+1)*m^2((p, m)=1, pは4K+1の形の素数)を奇数の完全数とする。このとき
mは平方因子を持つことを示せ。
2. σ_k(n)をnの正の約数のk乗の和とする。このとき、任意のkに対して、
n|σ_k(n)となるnが無限に多く存在することを示せ。

36 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/29 02:41:16
>>34正解です。

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


37 : ◆.PlCC3.14. :05/01/29 10:11:50
>>33
p>n のときは,C(np,n) = p*C(np-1,n-1) で,
n!,P(np-1,n-1) は共に p で割り切れないので,
C(np,n) は p で割り切れるが,p^2 で割り切れない.
n >

38 : ◆.PlCC3.14. :05/01/29 10:17:46
間違って送信してしまいました.失礼.
n > p のときは,n が p の倍数のときは C(18,6) が反例.
n > p で,n と pが互いに素なのときは成立する.
C(np-1,n-1) = C((n-1)p,n-1)*A/B という形で表すと,
A, B は p で割り切れないことが簡単にわかるので,
帰納的に示される.

39 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/29 14:30:06
>>37-38
>>33はnを2の冪ではない自然数とするとC(2n,n)は4で割り切れるという本の記述を見て
何も考えずに一般化してしてしまった、スマソ。


40 : ◆BhMath2chk :05/01/29 17:00:00
>>38
15!/5!10!=3003。


41 : ◆.PlCC3.14. :05/01/30 00:26:28
>>40
失礼いたしました.
帰納法の出発点が成立していないので,
まったく証明になってなく,
お叱りを受けるのも当然のことですね.
以後注意いたします.

42 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/30 03:40:29
>>35
(1)
補題1
pを奇素数とする、a^(p-1)+a^(p-2)+…+1の素因数qをとるとq=p、あるいはq≡1 (mod p)となる。
証明
a^p≡1 (mod q)ここで、eをaの位数とするとe|pだから、e=1あるいはpとなる。
e=1のときp≡0 (mod q)となってq=pが示される。
e=pのときe=p|q-1となるので、q≡1 (mod p)が示される。

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

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

43 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/30 04:47:18
>>42の訂正
Π(1+q+q^2)は1+3+3^2=13で割り切れるので※の左辺は13で割り切れる
p=13のとき
2p^(4k+1)*Π(q^2)={1+p+…+p^(4k+1)}*Π(1+q+q^2)=(p+1){1+p^2+…+p^(4k)}*Π(1+q+q^2)…○
だからmは7で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+7+7^2=57=3*19で割り切れ、mは19で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+19+19^2=381=3*127で割り切れ、mは127で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。
p≠13のとき
mは13で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+13+13^2=183=3*61で割り切れる。
p=61のとき
○よりmは31で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+31+31^2=993=3*331で割り切れ、mは331で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。
p≠61のとき
mは61で割り切れる。
Π(1+q+q^2)は1+61+61^2=3783=3*13*97で割り切れ、mは97で割り切れる。
p=97のとき
○よりmは7で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。
p≠97のとき
mは97で割り切れる。
※の右辺は27で割り切れるが、左辺は27では割り切れないから不合理。

44 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/01/30 04:48:11
>>43>>42の補足です。

45 :132人目の素数さん:05/01/30 15:13:46
コンビネーションを【】C【】として表します
【2n+1】C【n】が奇数であるためのnの必要十分条件は?

46 :132人目の素数さん:05/01/30 15:14:44
↑nは自然数

47 :132人目の素数さん:05/01/30 16:05:46
>>45 自明

48 :132人目の素数さん:05/01/30 19:07:08
>>45
Pascal の三角形を mod. 2 で書いてみれば、 nCr の偶奇はすぐ分かる。

49 :132人目の素数さん:05/01/30 19:44:46
>>45
2^m-1 mは自然数
背景はパスカルだがそれ以外に解法があるかはいまは思いつかない

どこかの大学入試でやった記憶があるのだが



50 :Arith ◆Arithtz1sk :05/02/01 20:06:33
>>42
>2p^(4k+1)*Π(q^2)={1+p+…+p^(4k+1)}*Π(1+q+q^2)…※
>補題1より1+q+q^2の素因数rは3あるいはr≡1 (mod 3)のものに限られる。
>r=3のときは明らかに3はmの素因数
>r≡1 (mod 3)の場合も、補題2よりr^2+r+1は3で割り切れる。
>よって、mは3を素因数に持つ。

1+q+q^2の素因数がpしかない場合も考えないと3|mとは言えないでつ。

51 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/01 22:13:22
>>50
言い訳っぽくなるが、pは4K+1の形の素数だから明らかにp≠3だと思ったから
あえて書かなかったんだ。

52 :Arith ◆Arithtz1sk :05/02/01 23:42:15
>>51
そうじゃなくて、
>r≡1 (mod 3)の場合も、補題2よりr^2+r+1は3で割り切れる。
>よって、mは3を素因数に持つ。

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

53 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/02 00:11:23
>>51
要するにm>1を示さなきゃならないってことかな?
もしそうならすっかり忘れていた、申し訳ない。

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

54 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/02 00:14:15
>>51
わかった
なぜ、r≡1 (mod 3)がmの素因数になるかということね。

勘違いしていた。すまん。

55 :伊丹公理 ◆EniJeTU7ko :05/02/02 18:14:48
F を p 元体とするとき、行列式 det { (x_i)^(p^j) }, i, j = 0, 1, 2, .... , n を
F (x_0, x_1, .... , x_n) で因数分解せよ。

56 :132人目の素数さん:05/02/02 19:56:11
3^n-1が2^nの倍数である自然数nは
1,2,4に限ることを示せ。

57 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/02 22:51:50
>>56
aを整数、mを奇数とするとき
a^(m-1)+a^(m-2)+…+1≡1 (mod 2)だから
nの2の指数をrとすると
3^n-1の2の指数=3^(2^r)-1の2の指数、となる。
さらに、3+1=4、(奇数)^2+1≡2 (mod 4)より
3^(2^r)-1の2の指数=1(r=0のとき)、r+2(r≧1のとき)

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

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

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

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

よってn=1,2,4となる。




58 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/02 22:54:54
問題
n次の成分が整数の正方行列を以下のように定める

Aの(i,j)成分=i,jの最大公約数

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

59 :Arith ◆Arithtz1sk :05/02/02 23:58:10
>>56-57
一般に、a: odd, n=s*2^m(s: odd)のとき、
a^n-1=(a^{2^m}-1)(a^{2^m(s-1)}+a^{2^m(s-2)}+...+1),
(a^{2^m(s-1)}+a^{2^m(s-2)}+...+1)≡s≡1(mod 2)よりこれは奇数、
(a^(2^m)-1)=(a-1)(a+1)(a^2+1)...(a^{2^{m-1}}+1)で
a^2+1, ..., a^{2^{m-1}}+1≡2(mod 4)だから
v_2(a^n-1)=v_2(a^2-1)+m-1(m≧1),
v_2(a^n-1)=v_2(a-1)(m=0)
となる。

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

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

未解決問題:
上記のeはa, pに比してどの程度まで大きくなれるか?

60 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/03 02:18:30
p≠2として考える(そうでないと、p=m=2、a=f=3のとき反例)

まず
v_p(a-1)=k ⇔ v_p(a^p-1)=k+1を示す。…※
(kは正の整数)
証明

a^p-1=(a-1){a^(p-1)+a^(p-2)+…+1}…○
a=ph+1
(1+ph)^(p-1)+(1+ph)^(p-2)+…+1≡p+p{p(p-1)/2}h≡p (mod p^2 )
だから、このときv_p(a^(p-1)+a^(p-2)+…+1)=1より示された。

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

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

61 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/03 04:37:37
>>60
>>59

62 : ◆.PlCC3.14. :05/02/04 13:42:32
>>58
n 次の正方行列 B = (b_{ij}),C = (c_{ij}) を次の様に定める.
b_{ij} : i | j なら 1,そうでなければ 0
c_{ij} : i=j なら φ(i),そうでなければ 0
このとき,
 t(B)CB の(i,j)成分  (t(B) は転置行列)
= 納k=1→n] b_{ki}*φ(k)*b_{kj}
= 納k | g.c.m(i,j)] φ(k) = g.c.m(i,j)
よって,det(A) = det(t(B))*det(C)*det(B)
σ∈S_n(n次対称群)とする.
b_{1σ(1)}*・・・*b_{nσ(n)} ≠ 0 ならば σ(n) = n
これを繰り返して,b_{1σ(1)}*・・・*b_{nσ(n)} ≠ 0 ならば
σは恒等置換でなければならないことがわかる.
よって,det(t(B)) = det(B) = 1
det(A) = det(C) = φ(1)*…*φ(n)

63 :132人目の素数さん:05/02/04 20:50:37
佐々木の学生の学位の審査にはいつものように岡本が参加している。
佐々木は上野とも非常に仲が良い。
佐々木はこうして数学に「浸透」しつつあった。
今回のセクハラ騒動で岡本や上野にも影響が
何か及ぶのかどうかは不透明。
期待している人は多いようだけどね。

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

64 :132人目の素数さん:05/02/04 20:51:14
史春は崩れとファイトクラブで研究の中身で真っ向勝負しないと、
アホアホ君決定です。そんな事したら負けるの目に見えてるけど

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

65 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/04 22:02:34
また書き間違いスマソ。
>>60の「フェルマーの小定理よりo|p-1だから、oとp-1は互いに素」は、
「フェルマーの小定理よりo|p-1だから、oとpは互いに素」の誤りです。
>>62
正解です。




66 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/04 23:49:34
k、nを自然数、a_1,a_2,・・・,a_{φ(n)}をnの既約剰余系とする。

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

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

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

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

67 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/04 23:50:40
>>66の訂正

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

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


68 :132人目の素数さん:05/02/05 12:58:21
『「知」の欺瞞』関連情報

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



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

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

69 :132人目の素数さん:05/02/05 15:23:18
afo

70 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/05 19:01:25
>>66-67
問題文を再訂正します(>>66-67のままだと、誤解の恐れがあるので)。

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

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

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

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

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


71 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/05 21:03:46
>>15
f(x)、k(x)、h(x)を
{f(x)}^n+{k(x)}^n={h(x)}^nを満たす複素数を係数をする多項式で、max{degf、degk、degh}が最小となるような多項式とする。
もし、
ここでf(x)、k(x)、h(x)は互いに素である。

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



72 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/06 20:20:07
誰も望んでないかもしれないが>>70のヒント
(1)
・中国剰余定理
・原始根
(2)
・n-a_1、n-a_2、n-a_1、…、n-a_{φ(n)}もnの既約剰余系である。
・(1)より示せる。
(3)は(1)と同様に示せる。
(4)はほぼ(2)と同様に示せる。

解答は今週末までにはするつもりです。

73 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/08 23:03:14
>>70の解答です。

念のため、φ(n)はeuler関数です。

まず、補題を示します。

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

f(a_1,…,a_{φ(n)})≡0 (mod n )

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

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

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

74 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/08 23:04:17
解答続き

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

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

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

75 : ◆BhMath2chk :05/02/11 06:00:00
既約剰余系に制限がないのなら
6^3+2^3+3^3+4^3曹P5(mod.5^2)。


76 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/11 22:06:58
>>75
0<a_1,a_2,・・・,a_{φ(n)}<nのつもりだったけど
説明不足スマソ

77 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/12 00:31:38
問題
(1)
aを3以上の整数とする。
任意の自然数nに対してk*a^n+1が合成数となるような自然数kが存在することを示せ。
(2)
任意の自然数nに対してk*2^n+1が合成数となるような自然数kが存在することを示せ。



78 :132人目の素数さん:05/02/16 05:34:17
>>77
その書き方だと,「∀n∈N ∃k∈N s.t. ...」 と読んでしまった。
(そうだとしたらk=a^n+2で成り立ってしまうんで自明だわな)
(2)は,なんか見たことあると思ったが,Sierpinski numberの存在証明だったのね。

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

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

79 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/16 23:55:27
>>78
正解


80 : ◆.PlCC3.14. :05/02/19 12:52:26
任意の自然数 n に対して,
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod. n)
は自然数解を持つことを示せ.

81 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/20 17:42:45
>>80
pが2、17以外の素数のとき
0^2、1^2、…、{(p-1)/2}^2はmod pですべて異なることを利用すると
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod  p)は解を持つことがわかる…◎
1-34≡-1 (mod 8)、(−1/17)=1より、n=8、17のときも
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod  n)…●
x^2-17y^2+1をxで微分すると2xとなる
p≠2のときv_p(2x)=0、v_2(2x)=1を考慮すると、
◎と●より任意の素数の冪に対して
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod  p^k)は解を持つ
よって中国剰余定理より任意のn=Πp^kに対して
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod  n)
か解を持つ。

82 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/02/20 17:44:48
>>81の訂正
pが2、17以外の素数のとき
0^2、1^2、…、{(p-1)/2}^2はmod pですべて異なることを利用すると
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod  p)は解を持つことがわかる…◎
1-34≡-1 (mod 8)、(−1/17)=1より、n=8、17のときも
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod  n)…●
は解を持つ。
x^2-17y^2+1をxで微分すると2xとなる
2xのpの指数v_p(2x)はp≠2のときv_p(2x)=0、v_2(2x)=1となるので、
◎と●より任意の素数の冪に対して
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod  p^k)は解を持つ
よって中国剰余定理より任意のn=Πp^kに対して
x^2 - 34y^2 ≡ -1 (mod  n)
か解を持つ。

83 : ◆.PlCC3.14. :05/02/23 10:06:01
>>82
正解です.

84 :風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 :05/03/03 21:48:55
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1090800616/690からコピペ。
素数全体の集合 P = {2, 3, 5, ..... } の
適当なウルトラフィルター U で、
p 元体 F_p のウルトラ積 F が素体の代数的閉方を含むものが存在する。


85 :132人目の素数さん:05/03/04 12:43:29
かな

86 :132人目の素数さん:05/03/04 12:50:13
>>85
荒らすな!!!

87 :132人目の素数さん:05/03/04 22:34:23










川強啓のデイ・キャッチ!

88 :132人目の素数さん:05/03/04 23:45:45
>>87
荒らすな。
馬鹿は黙ってみていろ!

89 :伊丹公理 ◆EniJeTU7ko :05/03/13 22:22:27
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1090800616/690
は、整数論総合スレに既に書いてある幾つかの事実をつなぎ合わせると出てくる。
(用語等に付いてはセール、数論講義、の参考文献にある Ax-Kochen 参照)
http://science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1106259453/39
にも別問題を出題しておいた。

90 :132人目の素数さん:2005/03/24(木) 02:49:55
319

91 :132人目の素数さん:2005/04/05(火) 21:35:39
793

92 :132人目の素数さん:2005/04/23(土) 18:03:11
352

93 :132人目の素数さん:2005/04/23(土) 19:19:03
自然数nに対し、
適当な自然数mが存在して、
次が成り立つ:

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

94 :132人目の素数さん:2005/04/25(月) 20:22:17
>>93
x+y=2z ならファンデルベルデン−ラムゼーの定理。

95 :132人目の素数さん:2005/04/25(月) 23:58:41
>>94
もっとくわしく!

96 :132人目の素数さん:2005/04/26(火) 00:40:56
>>93
「x=yでもよい」で「Siが3つの整数を含む」というのが分からん.
重複アリなの?重複ナシなら自動的に「m>2nが必要」というところだが…
(※逆に,「1,・・・,mの中に選ばない数字があってはいけない」はすぐ分かる)
スマンがもう少し説明希望.


97 :132人目の素数さん:2005/04/26(火) 00:58:19
↑重複あり

98 :132人目の素数さん:2005/04/26(火) 06:56:33
>>94
長さ k の等差数列が存在するというのがファンデルベルデン−ラムゼーの定理。
k = 3 とすればよい。

99 :132人目の素数さん:2005/04/26(火) 11:20:32
素数の2乗を12で割った余りの求め方を易しくキボンヌ

100 :BlackLightOfStar ◆ifsBJ/KedU :2005/04/26(火) 16:41:22
Re:>99 素数の2乗を3で割った余りと4で割った余りはどうなる?

101 :132人目の素数さん:2005/04/26(火) 20:45:12
3以上の素数は2では割りきれない。−>3以上の素数は奇数である。12で割ると余りは奇数。
5以上の素数は3では割り切れない。−>12で割ると余りは3や9はとれない。残りは、1、5、7、11
だから2と3を除いた素数は12で割ると余りが、1か5か7か11。

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

102 :132人目の素数さん:2005/04/26(火) 20:47:59
これを自乗すると、
余りは1しかとれない。
なぜなら、1*1=1、5*5=25=12*2+1、7*7=49=12*4+1、11*11=121=12*10+1
だから2と3以外の素数の自乗を12で割ると余りは1にしかならない。

103 :132人目の素数さん:2005/04/26(火) 20:48:54
どうして、これが整数論の問題なんだ?算数の問題ではあるが?

104 :布施くん:2005/04/26(火) 20:50:51
整数論の問題だけ200問ぐらい載ってる本発売されたな
整数論はまtったくの無知だから買ってみようかな 面白そうだったし

105 :Arith ◆Arithtz1sk :2005/04/26(火) 21:20:56
>>93の証明

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

n=1ならば、R(1)=3ととれる。

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

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

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

よって、帰納法よりR(n)の存在が示された。

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

106 :Arith ◆Arithtz1sk :2005/04/26(火) 21:28:06
>>95
van der Waerdenの定理は、

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

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

107 :132人目の素数さん:2005/04/27(水) 02:03:25
>>104
タイトルきぼん

108 :132人目の素数さん:2005/04/27(水) 08:51:50
>>107
内容は大学受験レベルだよ
同じタイプの問題を3つくらい別々に数えているので、実際の種類はたいしたことない
ていうか、期待はずれだったので買わなかった。
いまさら600の約数の個数と和を求めよっていわれてもね…

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

109 :132人目の素数さん:2005/04/29(金) 03:01:28
>>108
整数の範囲なら和は 0.

110 :132人目の素数さん:2005/04/29(金) 03:32:43
自然数を2進数で表したものの集合は可算である。
自然数を2進数で表すと、0と1からなる無限長の文字列になる。
逆に 0と1からなる無限長の文字列を2進数と考えると、自然数である。
よって 0と1からなる無限長の文字列の集合は可算である。

111 :132人目の素数さん:2005/04/29(金) 03:36:46
言い換えよう。

0と1からなる無限長の文字列と自然数の2進数表記は一対一対応である。

112 :132人目の素数さん:2005/04/29(金) 03:56:15
間違い! >>110>>111

無限長 --------> 有限長

なら良い。

113 :132人目の素数さん:2005/04/29(金) 04:01:43
どんな長さであれ、0と1からなる文字列は2進数とみなせる

114 :132人目の素数さん:2005/04/29(金) 04:29:15
無限の問題は深いネェ・・・ζ関数とか・・・

115 :132人目の素数さん:2005/04/29(金) 07:16:59
>>109
楽しい?

116 :132人目の素数さん:2005/04/29(金) 11:02:36
>>106
ファンデルベルデン−ラムゼーの定理

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

117 :132人目の素数さん:2005/05/02(月) 21:12:05
最近の加藤さん+斉藤さんの論文の理解できる人いますか。
http://www.springerlink.com/media/927Y4CWVRR1JRDKT9T0M/Contributions/5/3/D/T/53DTAHWL34C815CY.pdf

118 :132人目の素数さん:2005/05/04(水) 13:12:19
スレ違い

119 :BlackLightOfStar ◆ifsBJ/KedU :2005/05/05(木) 17:03:33
nが2以上の整数のときn!は平方数にならないことを示せ。
簡単に解ける人も居るかも。

120 :132人目の素数さん:2005/05/05(木) 17:10:47
擦れ違い

121 :132人目の素数さん:2005/05/05(木) 18:36:58
>>119
はやく救急車をよこしてください。
任意の素数pに対して、p<q<2pを満たす素数qが必ず存在するから、明らか。

122 :132人目の素数さん:2005/05/05(木) 18:39:49
>>119

任意のn>2に対して、p>=n/2となる素数が存在するから明らか。

123 :132人目の素数さん:2005/05/05(木) 18:45:38
任意の素数pに対して、p<q<2pを満たす素数qが必ず存在する。
よって、
任意のn>2に対して、p>=n/2となる素数が存在する。
よって、
「nが2以上の整数のときn!は平方数にならない」

124 :132人目の素数さん:2005/05/05(木) 19:02:54
>nが2以上のとき・・・・

2!=2=1+1

ですが。

125 :132人目の素数さん:2005/05/05(木) 19:33:27
>>121
>>122
何故あきらかなの?
>>123
意味分かりません

126 :132人目の素数さん:2005/05/05(木) 19:34:27
素数定理つかっていきがってんじゃねーよ、タコ

127 :132人目の素数さん:2005/05/05(木) 19:40:17
GWだから仕方ないってことか >>121-124

128 :BlackLightOfStar ◆ifsBJ/KedU :2005/05/05(木) 19:51:17
Re:>124 だから何?

129 :132人目の素数さん:2005/05/05(木) 20:46:09
aを1より大きい整数とする。
その時或る自然数xが存在してφ(x)=aとなるか?
ただしφはオイラーの関数で、1以上x未満の整数で、
xと互いに素な整数の個数を表す。

130 :132人目の素数さん:2005/05/05(木) 20:56:43
↑そのための必要十分条件はあるだろう。
逆にxを因数分解しておき、φ(x)をxであらわしてみると良い。
その条件ををaであらわせばよいよ。

131 :132人目の素数さん:2005/05/05(木) 21:35:19
奇数、2*p^n(p≡1(mod 3))の形の数はφ(x)の値にはならないね。

132 :132人目の素数さん:2005/05/06(金) 13:00:52
チェビシェフの定理使わない解き方あったよね
どうするんだっけか?思い出せない.

133 :132人目の素数さん:2005/05/06(金) 13:03:17
2^k<n<2^(k+1)とかおいたような気はするんだけど
n!の問題ね

134 :風あざみ:2005/05/09(月) 01:28:15
あと、4*p^n(p≡1(mod 15))とかもφ(x)の値にはならないみたい。

135 :風あざみ:2005/05/09(月) 01:33:01
>>129


136 :風あざみ:2005/05/09(月) 01:59:44
>>131>>134はこんな風に一般化できるかな
F_iをF_i=2^(2^i)+1の数として
(2^t)*{Πp_j^(n_j)} ( p_j≡1 (mod Π[2^i≦tかつF_iが素数となるような整数i]F_i ))はφ(x)の値にはなりえない

以上、LIVE2chのカキコテストを兼ねて自己満カキコ

137 :風あざみ:2005/05/10(火) 00:32:19
>>136の訂正
F_iをF_i=2^(2^i)+1の数として
f_iをF_iの素因数とする
(2^t)*{Πp_j^(n_j)} ( p_j≡1 (mod Π[i≧0 2^i≦t]f_i ) )はφ(x)の値にはなりえない



138 :132人目の素数さん:2005/05/11(水) 09:40:23
風あざみって整数論ヲタか・・・

139 :132人目の素数さん:2005/05/19(木) 00:19:39
N=2^a×3^b×5^c
であるときNを連続する自然数の和で表す方法は何通りあるか

140 :132人目の素数さん:2005/05/19(木) 01:44:47
age

141 :132人目の素数さん:2005/05/20(金) 01:57:50
>>139
Nを2個以上の連続する自然数の和で表す方法は(b+1)(c+1)-1通り。

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

2N=A*B (Aは正の偶数、Bは1でない正の奇数)・・・(1)

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

よって求める場合の数は(1)を満たす(A,B)の組の個数に等しい。

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


142 :132人目の素数さん:2005/05/20(金) 20:21:29
方程式y^2=x^3+xz^4は0でない整数による解を持たないことを示せ

143 :132人目の素数さん:2005/05/20(金) 20:38:45
>>142

意味不明?

144 :132人目の素数さん:2005/06/13(月) 21:40:52
10^n -(-1)^n が11の倍数になりますか?
なるなら、高校レベルで解説キボン!

145 :132人目の素数さん:2005/06/14(火) 01:01:23
>>144
xの多項式f(x)をf(x)=x^n-a^nとおけばf(a)=0。よって因数定理よりf(x)はx-aで割り切れる。
x=10,a=-1とおけばよい。

あるいは

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

146 :132人目の素数さん:2005/06/14(火) 01:42:04
>>145
ウホッ!ありありん。

147 :132人目の素数さん:2005/06/15(水) 02:11:27
age

148 :BlackLightOfStar ◆JdCYjAp6Bs :2005/06/15(水) 03:17:41
Re:>>147 age んな。

149 :GreatFixer ◆ASWqyCy.nQ :2005/06/15(水) 20:52:34
Re:>>148 お前誰だよ?

150 :132人目の素数さん:2005/06/15(水) 21:44:52
>>148
おまえをあぼーんする!

151 :132人目の素数さん:2005/06/26(日) 02:13:43
z

152 :132人目の素数さん:2005/06/27(月) 07:24:15
>>111
言い換えよう。
0と1からなる無限長の文字列と自然数の2進整数数表記は一対一対応である。

なら良い。

153 :132人目の素数さん:2005/06/27(月) 09:29:56
>>152

間違い。
自然数の二進表示は、0と1からなる「有限長」の文字列、である。

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


154 :どこかの高校生:2005/07/07(木) 08:43:10
ヒルベルト記号に関する質問です。スレチガイなら誘導してください。

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

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

155 :132人目の素数さん:2005/07/08(金) 00:09:32
>>154は解決しました。スレ汚し失礼。

156 :132人目の素数さん:2005/07/08(金) 13:18:07
p を任意の素数、n を任意の自然数とする。
ある整数係数 n 次多項式 f(x) が存在して、あらゆる
整数 x に対して f(x) が p の倍数とならないようにで
きることを示せ。

157 :132人目の素数さん:2005/07/08(金) 13:23:13
>>156
f(x)=p(x^n)+a, (p,a)=1

158 :132人目の素数さん:2005/07/10(日) 22:38:09
2^nを10進数表示したときの各位の数の和をf(n)と定義する。
すなわち、f(1)=2 , f(2)=4 , f(3)=8 , f(4)=7 , ……である。

f(n) → ∞ (n→∞)を示せ。

また、3^nについても同様にg(n)を定義し、g(n)の極限を議論せよ。

159 :132人目の素数さん:2005/07/12(火) 03:25:34
>>158
liminf_{n→∞} f(n) < ∞であると仮定して矛盾を導く。

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

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

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

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

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

160 :132人目の素数さん:2005/07/13(水) 19:49:57
age

161 :132人目の素数さん:2005/07/14(木) 20:48:34
ここの問題解いてくれ
http://diary.cururu.jp/DiaryMain.nhn?userno=207950&boardtype=W&categoryno=0

162 :132人目の素数さん:2005/07/14(木) 21:12:22
a^2+b^2+c^2=2*11d^2,primes a,b,c,d
a=2
2^2+b^2+c^2=2*11*d^2
11d^2-2=(b^2+c^2)/2=2m^2+(m+n)+2n^2+1
11d^2=2m^2+2n^2+(m+n)+3
m=n=11k+8
11d^2=((2(11k+8)+1)^2+(2(11h+8)+1)^2)/2+2
...


163 :132人目の素数さん:2005/07/14(木) 22:10:28
>>161
これは誰のサイト?

164 :164:2005/07/14(木) 22:36:54
√(16)=4


165 :ビッケ ◆Jyl0Z1ahKc :2005/07/15(金) 08:05:03
>>161
> a^2+b^2+c^2=22d^2 を満たすような素数a, b, c, dを全て求めよ
まず素数p,qがp^2≡0 (mod q)を満たすならばp=qである。
a≦b≦cとしても一般性を失わない。
a^2+b^2+c^2≡22d^2≡0(mod 2)より<a,b,c>≡<0,1,1>又は<0,0,0>(mod 2)
(2は最小の素数より、a,b,cのうち一つだけが2だとすればそれはaである)
前者の場合12=22*d^2なる素数dがないので駄目。後者の場合を考える、a=2
a^2+b^2+c^2≡1+b^2+c^2(mod 3)、22d^2≡d^2(mod 3) より
<b,c,d>≡<0,0,1>又は<1,1,0>(mod 3)
前者はb=c=3よりd=(2^2+3^2+3^2)/22=1これは素数でないので駄目
後者はd=3よりb^2+c^2=194、これを満たすb≦cなる素数の組<b,c>は<5,13>のみ

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

166 :ビッケ ◆Jyl0Z1ahKc :2005/07/15(金) 08:10:41
>>165 訂正:
> <b,c,d>≡<0,0,1>又は<1,1,0>(mod 3)
<b^2,c^2,d^2>≡<0,0,1>又は<1,1,0>(mod 3)

167 :132人目の素数さん:2005/07/15(金) 10:57:53
http://diary.cururu.jp/DiaryMain.nhn?userno=207950&boardtype=W&categoryno=0
の一番下の数字をクリックすると沢山出てきて、全部難問だ。
よろ

168 :風あざみ:2005/07/17(日) 04:05:20
S()

169 :風あざみ:2005/07/17(日) 04:12:58
久々に出題
nを自然数、pを素数、1からnまでの素数の積をP(n)、1からnまでの整数の最小公倍数をS(n)とする。
(1)
Π[m+2≦p≦2m+1]はC(2m+1,m+1)を割り切ることを示せ(ただし、C(2m+1,m+1)は二項係数とする)。
(2)
P(n)<4^nを示せ。
(3)
S(n)/S([n/2])≦P(n)となることを示せ。
(4)
S(n)<16^nとなることを示せ。

P.S.解答は誰も望まなくても、一週間後には出します。

170 :132人目の素数さん:2005/07/17(日) 05:52:59
俺には単なる文字化けにしか見えない

171 :132人目の素数さん:2005/07/17(日) 06:43:48
P(2m+1)/P(m+1)はm+1より大きい素数だからm!(m+1)!のなかにない。
P(2m+1)/P(m+1)|(2m+1)!/m!(m+1)!

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



172 :132人目の素数さん:2005/07/17(日) 06:57:13
S(n)/S([n/2])≦P(n)
Sn=GCM(Sn-1,n)->n=prime->Sn=nSn-1,n=non prime->Sn=pSn-1
Sn<n! or Pn
Sn/S.5n<n!/,5n!=2^.5n or Pn/P.5n<=Pn

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


173 :132人目の素数さん:2005/07/17(日) 07:35:12
重心とエネルギー分散ぐらいの統計的カイしかないんじゃない
量子力学使えよな


174 :132人目の素数さん:2005/07/17(日) 07:36:06
n-ボデイ ブラウン運動

175 :132人目の素数さん:2005/07/18(月) 01:33:57
>>171-172
解答ありがとうございます。
でも(1)以外ちょっと違うようですので、(2)と自分の解答を書いておきます
(2)
n=1,2のとき明らか
n<kのとき正しいと仮定する
kが偶数のとき
P(k)=P(k-1)<4^(k-1)<4^k
kが奇数のとき
P(k)=P([(k+1)/2]){Π[([(k+1)/2])<p≦k]p}<2^(k+1)*2^(k-1)=4^k
だからn=kのときも成立
(3)
p^h≦[n/2]<p^(h+1)ならn<2([n/2]+1)≦p^(h+2)
(S([n/2])のpの指数)≦(S([n/2])のpの指数)+1
よってS(n)/S([n/2])≦P(n)
(4)
S(n)={S(n)/S([n/2])}*{S([n/2])/S([([n/2]/2)])}*・・・*S(1)<4^(n+n/2+n/4+…)=4^(2n)=16^n


176 :風あざみ:2005/07/18(月) 01:35:29
>>175は私です。念のため。

177 :132人目の素数さん:2005/07/18(月) 05:30:34
Π[p≦n]p/(p-1)<n だから明らかな気がするが・・

178 :132人目の素数さん:2005/07/18(月) 11:57:46
風あざみ氏久しぶりだな

179 :132人目の素数さん:2005/08/05(金) 13:11:41
2

180 :132人目の素数さん:2005/08/05(金) 16:12:18
age

181 :風あざみ:2005/08/30(火) 22:14:27
また出題
(1)
nを6以上の自然数とするとき、(n+1)*C(n,[n/2])>2^(n+1)となることを示してください。
ただしC(n,k)を二項係数、[x]をガウスの記号とします。
(2)
1からnまでの整数の最小公倍数をS(n)とします。
7以上の任意の自然数nに対してS(n)>2^nとなることを示してください。

182 :132人目の素数さん:2005/08/30(火) 23:40:39
ヒンチンの本かなんかからだしてんのかな?これぐらいの評価なら初等的にできるっていう
不等式がいっぱいのってたな。

183 :Arith ◆Arithtz1sk :2005/09/02(金) 02:42:52
σ(n)をnの約数の和とする。k>1を実数とするとき、σ(n)/n<kを満たす整数nの集合は
正の密度を持つことを示せ。

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

184 :132人目の素数さん:2005/09/02(金) 04:36:20
面白い問題おしえて〜な より
ttp://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1117474512/253

185 :132人目の素数さん:2005/09/07(水) 22:30:49
>>183
密度μの定義ってμ(S)=lim[x→∞]#{n∈S| n≦x}/#{n∈N| n≦x}で桶?

186 :132人目の素数さん:2005/09/07(水) 22:39:26
密度は
μ(S)=inf#(S∩[1,n])/n
だと思う。

187 :132人目の素数さん:2005/09/08(木) 16:41:22
>>183
ヒントおながいします。

188 :132人目の素数さん:2005/09/10(土) 08:31:55
自然数 n, p に対して、n^p-n は何の倍数になるのでしょうか?
定理か何かあるのですか?

189 :名無しさん@そうだ選挙に行こう:2005/09/11(日) 16:12:57
>>183
ヒントおながい、2nd period。

190 :名無しさん@そうだ選挙に行こう:2005/09/11(日) 16:18:58
>>188
n の倍数になる

191 :132人目の素数さん:2005/09/13(火) 22:51:12
>>183
ヒントくれ〜。liminf[n→∞]#S∩[1,n]/n>0はいえるんだけど。収束性が・・・

192 :132人目の素数さん:2005/09/14(水) 02:25:21
>>191
収束っていうか、密度の定義はμ(S)=inf#(S∩[1,n])/n だから
liminf[n→∞]#S∩[1,n]/n>0 が言えたらもう証明終わってるじゃん。

193 :132人目の素数さん:2005/09/14(水) 17:32:51
>>190
やれやれ、その程度ですか?

194 :132人目の素数さん:2005/09/15(木) 14:40:52
>>183
降参。答えおしえてくだされ。

195 :132人目の素数さん:2005/09/15(木) 16:51:28
>>193
n-1の倍数にもなるぞ

196 :194:2005/09/15(木) 18:22:17
いや、まてまて。今神が降りてきたかも。降参撤回。もう1日まってちょ。

197 :132人目の素数さん:2005/09/15(木) 23:30:45
>>183
できたかも。以下正の整数の集合Eに対してS_E={n| e|n ∀e∈E}とする。
 
補題 Eが正の整数の集合で納e∈E](1/e)が収束するものとする。
かつlimsup[x→∞]#[1,x]∩E/x=0であるとする。
このときμ(S_E)≧Π[e∈E](1-1/e)
 
証明 Eが有限集合なら容易なのでそれはみとめる。S=S_E、Π[e∈E](1-1/e)=mとおく。
r>0に対してE_r=[1,r]∩E、S_r=S_{E_r}とおく。
ε>0を固定する。r>0を次をみたすようにとる。
Π[e∈E_r](1-1/e)<m+ε、納e∈E\E_r](1/e)<ε、x≧r⇒#[1,x]∩E/x<ε。
X1>0をx>X1⇒#[1,x]∩S_r/x≧Π[e∈E_r](1-1/e)-εを満たすようにとる。
[1,x]∩(S_r\S)の元数を上から評価する。この集合は{n| e|n、e>r∃e}
に含まれその元数は高々納e∈E\E_r](x+1)/eであるからそれは2εx以下である。
よって#[1,x]∩(S_r\S)/x≦2εであるから#[1,x]∩(S)/x≧m-ε-2ε。
εは任意の正数であったのでμ(S_E)≧m。□
 
以下π(x)はx以下の素数の数をあたえる関数、Λ(n)はnが素数べきp^eのとき
logp、そうでないとき0をあたえる関数、ψ(x)=納n≦x]Λ(n)とする。

198 :197:2005/09/15(木) 23:31:37
補題 S={n| n=pq ∃p,q素数}とおく。(つまり2つの素数の積でかける集合)
このときlim#[1,x]∩E/x=0。
 
証明 正数c>0を∀x>2 π(x)≦cx/logxを満足するようにとる。
ここでpq≦x、p≦qとすると
p≦√x、q≦x/pであるからこのようなp,qの集合の元数aとおくと以下が成立する。
a≦納p≦√x]π(x/p)
 ≦c納p≦√x](x/p)/log(x/p)
 ≦(2cx/logx)納p≦√x](1/p)
ここでψ(p)≦c’pなる正数c’をとると
納p≦√x](1/p)
=∫[2-0,√x+0](1/(plogp))dψ(p)
=ψ(√x)/(√xlog√x)+∫[2,√x]ψ(p)(1+logp)/(plogp)^2dp
≦2c’/logx+c’∫[2,√x](1+logp)/(logp)^2dp/p
≦2c’/logx+c’(loglog√x-1/log√x-loglog2+1/log2)
以上よりlim[x→∞]a/x=0。□

199 :197:2005/09/15(木) 23:32:26
>>197-199
定理 k>1を任意に固定する。T={n| σ(n)/n<k}は0でない密度をもつ。
 
証明 a>1をe^(1/(a-1))<kとなるようにとる。集合Ei、Eを
Ei={pq| a^i≦p,q≦a^(i+1)}、E0={p| pはa以下の素数}、E=(∪Ei)
とおく。c>0をπ(x)≦cx/logxとなるようにとればi>0では#Ei≦(ca^(i+1)/((i+1)loga))^2で
あるから納e∈Ei]1/e≦(ca/loga)^2/(i+1)^2。よって納e∈E]1/eは有限の値に収束する。
よってS=S_Eとおけば上記2つの補題によりSは正の密度をもつ。
S⊂Tを示そう。n∈Sをとる。nはE0に素因子をもたず、Eiのなかには高々ひとつしか
素因子をもたない。よってn=p1・p2・p3・・・puをpi∈Ei∪{1}ととることができる。
このとき
σ(n)
=(1+1/p1)(1+1/p2)・・・
=e^(log(1+1/p1)+log(1+1/p2)+log(1+1/p3)+・・・log(1+1/pu))
≦e^(1/p1+1/p2+1/p3・・・1/pu)
≦e^(1/a+1/a^2+1/a^3+・・・1/a^u)
<e^(1/(a-1)
<k。
よってn∈T。したがってS⊂TでありTも又正の密度を持つ。□

200 :197:2005/09/16(金) 01:30:29
>>197-200
一個目の補題証明まちがってるや。訂正。2個目の補題いらなくなってもたw。
 
補題 Eが正の整数の集合で納e∈E](1/e)が収束するものとする。
このときμ(S_E)≧Π[e∈E](1-1/e)
 
証明 正の数r>0に対しE_r=E∩[1,r]、S_r=S_{E_r}、m=Π[e∈E](1-1/e)、m_r=Π[e∈E_r](1-1/e)とおく。
補題の主張はEが有限であるなら容易ゆえそれはみとめる。ε>0を任意にとる。
r>0を以下を納e∈E\E_r]1/e<ε、m>m_r-εとなるようにとる。さらにX>0を
x>X⇒∂#[1,x]∩S_r>m_r-εを満足するようにとる。x>X,rをとる。
n∈[1,x]∩(S_r\S)をとれば∃e∈E\E_r e|nゆえn∈[1,x]∩eZ。
よって#[1,x]∩(S_r\S)≦納e∈E\E_r]#[1,x]∩eZ≦納e∈E\E_r]x/e≦εx。
よって#[1,x]∩S/x≧#[1,x]∩S_r/x-ε≧m-3ε。□

201 :132人目の素数さん:2005/09/16(金) 08:00:20
>>197
> できたかも。以下正の整数の集合Eに対してS_E={n| e|n ∀e∈E}とする。
これだとEが無限集合のときS_Eは空集合になるわけだが。
正しくは「Eのどの元でも割り切れないような正整数の集合」か?

202 :197:2005/09/16(金) 17:40:38
>>201
ああ、そうそう。それそれ。ところでこれどっからもってきた問題なんだろ?
まさか自作問題?ソースキボン。

203 :132人目の素数さん:2005/09/16(金) 22:47:40
Arithってハンドルに自信の程がうかがえるね。

204 :132人目の素数さん:2005/09/18(日) 03:53:18
適当な自然数nを取れば、2^nの10進法展開における、ある連続した6桁の数字が
564219となることを示せ。

205 :132人目の素数さん:2005/09/18(日) 14:35:27
n∈Nに対してS(n)=Σ[k=1〜n]1/k とおく。n≧2のとき、S(n)が自然数に
ならないことを数学的帰納法で示せ。

206 :132人目の素数さん:2005/09/18(日) 17:59:56
>>204
以下<x>=x-[x]とする。
2^kの先頭6桁が562419
⇔log[10^6]562519≦<log[10^6]2^k><log[10^6]562520
log[10^6]2は無理数なのでこれをみたすkの密度はlog[10^6]562520/562519>0。

207 :132人目の素数さん:2005/09/23(金) 18:22:53
age

208 :132人目の素数さん:2005/09/23(金) 18:30:31
X-JAPAN の公式
X JAPAN = とてもかっこいい^n

209 :Arith ◆Arithtz1sk :2005/09/28(水) 22:48:19
>>197-202
正解です。エレガントな構成ですね。私の考えていた証明は非構成的なので…。
ちなみにこの問題はKoninck & Katai, On the frequency of k-deficient numbers,
Publ. Math. Debrecen 61(2002), 595--603にヒントを得ました。

私の考えていた証明もうpします。

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

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

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

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

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

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

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

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

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

210 :132人目の素数さん:2005/09/28(水) 22:51:39
http://www.nova.ne.jp/novausagi/cm/ra03_s.html

211 :132人目の素数さん:2005/09/30(金) 12:09:41
(2^n−1)|(3^n−1) を満たす自然数nを全て求めよ。
俺には分からん。

212 :132人目の素数さん:2005/10/04(火) 23:45:23
>>211
これだれかでけん?本人も答えしらんらしいし。どうしたもんやら。
答えあんのはまちがいないの?>出題者

213 :132人目の素数さん:2005/10/12(水) 18:13:13
>>211
ヒントおながいアゲ

214 : ◆TerraHMVjE :2005/10/16(日) 18:08:34
>>211
解けた。答はn=1のみ。

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

215 :132人目の素数さん:2005/10/16(日) 20:15:44
>2^n-1の素因数pで3 mod pの位数が偶数となるものがある
分からん。どうやって示したの?

216 :Arith ◆Arithtz1sk :2005/10/17(月) 19:25:03
俺も>>211が解けたぞ。

>>215
ヒント: 平方剰余

217 :132人目の素数さん:2005/10/18(火) 10:39:40
>>214-216
もうヒントいりません。答えうpしてくらはい。

218 :132人目の素数さん:2005/10/18(火) 11:18:27
そうか。わかった。以下[m/p]を平方剰余記号とすると相互法則より奇素数p≧5に対し
[3,p]=1 (if p≡1,11 (mod 12))
   =-1 (if p≡5,7 (mod 12))
ところで奇数nにたいして2^n-1≡7 (mod 12)だから2^n-1のいづれかの素数因子で
[3,p]=-1である素数がある。すると3 mod pの位数は偶数か。なるほど。すばらすぃ。

219 :132人目の素数さん:2005/10/18(火) 22:43:47
n(logn+loglogn-1)<Pn<n(logn+loglogn)
ならPn+1-Pnの上限は?

220 :132人目の素数さん:2005/10/18(火) 23:08:24
>>219
その評価式からえられるPn+1-Pnの上からの評価は
(n+1)(log(n+1)+loglog(n+1))-n(log+loglogn-1)
=nlog(1+1/n)+log(n+1)+nlog(log(n+1)/logn)+loglog(n+1)+n
だから上限なんかないのでわ?

221 :132人目の素数さん:2005/11/15(火) 05:20:13
正の整数n、kが条件(1)(2)を共に満たすとき(n、k)を求めよ。
(1)nの正の約数の個数はkである。
(2)√(n^k)は整数である。

222 :132人目の素数さん:2005/11/15(火) 09:47:46
>>221
(1)&(2)⇔(1)な気がする。

223 :132人目の素数さん:2005/12/04(日) 07:22:18
585

224 :132人目の素数さん:2006/01/02(月) 00:13:43
428

225 :132人目の素数さん:2006/01/03(火) 10:05:26
2で割って割り切れる整数を「2n」とおくとする。
では、
(1)2で割って1余る数
(2)3で割って1余る数
(3)3で割って2余る数

はどう表せるか?

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

答えとその導き方について教えてください。

226 :132人目の素数さん:2006/01/03(火) 11:28:46

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

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

227 :132人目の素数さん:2006/01/08(日) 17:28:56
もう見飽きた

228 :132人目の素数さん:2006/01/10(火) 10:16:04
age

229 :132人目の素数さん:2006/01/14(土) 19:46:20
〔問題〕
 (2^n +1)/(n^2) が整数となるような自然数 n>1 を全て求めよ。

芋1990 (中国)

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

230 :132人目の素数さん:2006/01/16(月) 00:38:51
>>181 (1)
 n≧6 ⇒ √{7(n+1)}・C(n,[n/2]) > 2^(n+1)
をnに関する帰納法で示しまつ。
n=6 のとき 7C[6,3] = 7・20 = 140 > 128 = 2^(6+1) で成り立つ。
n=7 のとき √(56)・C[7,3] > 7.4・35 = 259 > 256 = 2^(7+1) で成り立つ。
n=2m-1 のとき成り立てば、
 C(2m,m) = (2m)!/(m!)^2 = 2*(2m-1)!/{(m-1)!m!} = 2C(2m-1,m-1)
 C(2m+1,m) = (2m+1)!/{m!(m+1)!} = 4{(2m+1)/(2m+2)}・C(2m-1,m-1) > 4√{2m/(2m+2)}・C(2m-1,m-1) ←(*)
より n=2m,2m+1 のときも成り立つ。(終)

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

なお、左辺は右辺 2^(n+1) の 140/128倍を超えない。

231 :風あざみ:2006/01/17(火) 03:28:00
>>230
忘れ去られたと思っていました。
解答ありがとうございます。
もちろん正解です。

232 :132人目の素数さん:2006/01/17(火) 13:33:58
>>231
風あざみの出題した不等式に対する風あざみの用意した解答を晒せよ!

233 :132人目の素数さん:2006/01/17(火) 13:36:24
>>230
> なお、左辺は右辺 2^(n+1) の 140/128倍を超えない。

こちらの証明は どうするのですか?

234 : ◆TerraHMVjE :2006/01/18(水) 08:43:19
>>229
問題の解はn=3、類題の解はn=3^k (k:正整数)。
解答の方針は、整数 n>1 が n|(2^n +1) を満たすとき
1) n の任意の素因数 p について、2 mod p の位数は偶数(2aとおく)、かつ a|n
2) n の最小素因数は3
3) n は3以外の素数を約数にもたない
を順に示したら、あとは 2^n +1 を割り切る最大の3の冪を求めればいい。

235 :132人目の素数さん:2006/01/19(木) 19:40:17
既出かも知れませぬが、a_1, a_2, ..... , a_n を相異なる自然数とする。
i) 薩摩芋より
(x^2 + a_1^2)(x^2 + a_2^2)*.....*(x^2 + a_n^2) + 1 は Q 上既約
ii)自作類題 n ≧ 3 の時
(x^3 + a_1^3)(x^3 + a_2^3)*.....*(x^3 + a_n^3) + 1 は Q 上既約

236 :230:2006/01/21(土) 00:12:54
>233
r(n) = (左辺) / (右辺) = √{7(n+1)}・C(n,[n/2]) / 2^(n+1) ≦ 140/128 を示しまつ。
r(n) = r(n-2)・n√(n^2 -1) /{4[n/2](n-[n/2])},
r(2m) = r(2m-2)・√{(2m)^2 -1} /(2m) < r(2m-2), 単調減少.
r(2m+1) = r(2m-1)・(2m+1) /√{(2m+1)^2 -1} > r(2m-1), 単調増加.
また、r(2m) = r(2m+1)・√{(2m+2)/(2m+1)} > r(2m+1) より有界なので収束する。 (*)
∴ 140/128 = r(6) > r(8) > … > r(2m) > … > √(7/2π) > … > r(2m+1) > … > r(7) > r(5) > 1.

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

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

237 :132人目の素数さん:2006/02/05(日) 06:35:42
770

238 :132人目の素数さん:2006/03/02(木) 16:41:30
951

239 :132人目の素数さん:2006/03/14(火) 11:43:50
{問題}K⊂L α∈LでKが有限体、Lが有限体のとき、K(α)−{0}=〈α〉
となることを証明しましょう。
K(α)はKにαを添加した体、〈α〉はαを生成元とした巡回群です

240 :132人目の素数さん:2006/03/14(火) 15:00:00
無理。


241 :132人目の素数さん:2006/03/14(火) 17:57:42
>>240なぜ無理なのか証明しましょう!

242 :132人目の素数さん:2006/03/15(水) 05:39:37
age

243 :132人目の素数さん:2006/03/26(日) 14:33:47


244 :132人目の素数さん:2006/04/15(土) 22:40:58
897

245 :132人目の素数さん:2006/04/23(日) 21:43:57
                          ┌-―ー-';
                          |(´・ω・`)ノ 知らんがな
               ____     上―-―'    ____
              | (´・ω・`) |   /  \       | (´・ω・`) |
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            <⌒>        [=|=|=|=|=|=]   <⌒>
           /⌒\       _|iロi|iロiiロi|iロ|_∧ /⌒\_
           ]皿皿[-∧-∧|ll||llll||llll||llll|lll| ̄|]皿皿[_|
           |_/\_|,,|「|,,,|「|ミ^!、|]|[|]|[|][]|_.田 | ∧_  ]
           | . ∩  |'|「|'''|「|||:ll;|||}{|||}{|||}{|||}{|,田田.|__|
           | ̄ ̄ ̄ ̄|「| ̄ ̄||[[|門門門|]]|[_[_[_[_[_[
          /i~~i' l ∩∩l .l ∩ ∩  l  |__| .| .∩| .| l-,
       ,,,,,='~| | |' |,,=i~~i==========|~~|^^|~ ~'i----i==i,, | 'i
         | l ,==,-'''^^  l  |. ∩. ∩. ∩. |  |∩|   |∩∩|  |~~^i~'i、
      ,=i^~~.|  |.∩.∩ |,...,|__|,,|__|,,|__|,,|__|,....,||,,|.|,.....,||,|_|,|.|,....,|   | |~i
     l~| .|  | ,,,---== ヽノ    i    ヽノ~~~ ヽノ   ~ ソ^=-.i,,,,|,,,|
    .|..l i,-=''~~--,,,  \  \  l   /   /    /  __,-=^~
    |,-''~ -,,,_  ~-,,.  \ .\ | ./   /  _,,,-~   /
     ~^''=、_ _ ^'- i=''''''^~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~^''''''''=i -'^~
           ~^^''ヽ ヽ  i kingキャッスル /  /  ノ
              ヽ  、 l  |  l  l / ./  /
                 \_ 、i ヽ  i  /   ,,=='
                  ''==,,,,___,,,=='~



246 :GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w :2006/04/23(日) 22:35:05
talk:>>245 私を城を用意してくれるのか?

247 :132人目の素数さん:2006/05/13(土) 20:57:19
769

248 :132人目の素数さん:2006/05/15(月) 09:22:55
最近進んでないから問題を用意しておこう

249 :132人目の素数さん:2006/05/15(月) 13:25:12
頼んだぞ。

250 :132人目の素数さん:2006/05/16(火) 01:41:41
整数問題は捨てろ!

251 :132人目の素数さん:2006/05/16(火) 02:52:52
和田秀樹の言うことを鵜呑みにする香具師は数学科に来ないほうがよい

252 :132人目の素数さん:2006/05/16(火) 03:30:22
和田秀男かとオモタ

253 :132人目の素数さん:2006/05/16(火) 05:51:41
和田秀樹は数学ができない。
数学が出来ないやつが哩Vに入るのが東大流。

254 :132人目の素数さん:2006/05/16(火) 07:41:31
p を素数、n を自然数とする。この時、整係数 n 変数 n 次同次多項式 f(x_1,x_2, .... ,x_n) で、

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

なる二条件を満たす物が存在する。

255 :132人目の素数さん:2006/05/17(水) 01:36:58
>254はあほ

256 :132人目の素数さん:2006/05/17(水) 06:30:27
素数の一般項は多項式では表現できない。

257 :132人目の素数さん:2006/05/17(水) 06:33:06
素数の逆数の2乗の級数はある超越数になる

258 :132人目の素数さん:2006/05/17(水) 07:59:44
>>256
自然数を代入して正値なら素数になる多変数多項式ならあるけど、まあ一般項とは言わない罠。
一変数でダメなのは高校演習レベルだけど、二変数でダメな理由知ってる人いたら教えてくれない?

259 :132人目の素数さん:2006/05/17(水) 16:57:21
n×nの魔法陣は何通り作れるか。

260 :132人目の素数さん:2006/05/17(水) 17:09:01
二変数多項式で自然数を代入すれば素数になる(x,yのいずれに関しても0次でない)多項式があれば、
そこから、一変数の自然数を代入すれば素数になる多項式が得られるんjamaica?

261 :132人目の素数さん:2006/05/17(水) 17:09:57
魔方陣の定義は?

262 :132人目の素数さん:2006/05/20(土) 13:52:49
>>261
岩波数学辞典では広義のものを採用している。

263 :132人目の素数さん:2006/05/20(土) 15:45:26
>>260
その理屈が正しければ、何変数でもダメになりそうな気が。

264 :132人目の素数さん:2006/05/20(土) 17:21:50
-2+6=4

265 :132人目の素数さん:2006/05/26(金) 14:42:05
990

266 :132人目の素数さん:2006/06/07(水) 19:29:18
質問をさせて下さい。

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

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

267 :132人目の素数さん:2006/06/08(木) 08:21:15
解けることはすぐわかる。
55Z + 63Z + 80Z + 97Z + 346Z = Zだから。

268 :132人目の素数さん:2006/06/08(木) 12:41:04
>>266
http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/suuronN/node16.html#SECTION00062020000000000000

269 :132人目の素数さん:2006/06/08(木) 22:05:52
>268様
大変ありがとうございます。自分なりに取り組んでみまして、

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

あるいは、@でfをおいて、もう少し粘ってみて、

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

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

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

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

270 :132人目の素数さん:2006/06/16(金) 02:01:22
870

271 :132人目の素数さん:2006/06/16(金) 21:10:37
870なのでしょうか。

272 :132人目の素数さん:2006/06/16(金) 21:21:11
2以上の自然数p,q,nを考える。ただし、p≠q。
このとき、gcd(n,lcm(p,q))≠1が成り立つならば、
gcd(n,p)≠1 または gcd(n,q)≠1は成り立つか?

273 :132人目の素数さん:2006/06/16(金) 23:38:42
>>266
c,d,eが0でも成り立ちそうだよね
55a+63b=2252
63b-2252≡0 mod 55
8b+3≡0 mod 55 → 8b+3=55nとおく
3-55n≡0 mod 8
3+n≡0 mod 8 → n=5とおく
8b+3=55*5よりb=34
55a+63*34=2252よりa=2
(a,b,c,d,e)=(2,34,0,0,0)が解になった

274 :じゃん:2006/06/17(土) 00:25:50
X^2+Y^2=Z^2が成り立つ時、X、Y、Zのいずれかは5の倍数であることはどうやったら証明できますか?

275 :132人目の素数さん:2006/06/17(土) 01:10:32
>>274
合同式と背理法でいけるんじゃないかな。

276 :132人目の素数さん:2006/06/17(土) 01:18:08
x,y,z全て5で割り切れないとする。
mod.5では
1^2=1,2^2=-1,3^2=9=-1,4^2=1だから
X,Y,Z=1,-1
しかるに、1+1=2,1-1=0,-1-1=-2であり、これらの組み合わせはあり得ない。

だから、x,y,zどれかが、5で割り切れる。

277 :132人目の素数さん:2006/06/17(土) 01:23:16
>>272
分配律
gcd(n,lcm(p,q))=lcm(gcd(n,p),gcd(n,q))

278 :132人目の素数さん:2006/06/17(土) 12:30:14
>273様
大変ありがとうございます。
a=2,b=34,c=d=e=0で成立しますね。
ただ、他の解がありえなくもないかと思うんです。
他の解を何とか排除したいのですが。

279 :132人目の素数さん:2006/06/27(火) 13:46:53
n以下の素数の個数をf(n)とするとき、lim[n→0]f(n)/n=0を示すことはそんなに難しくない。
king、やってみろ!

280 :132人目の素数さん:2006/06/27(火) 14:00:40
このスレも荒らす気か
死ね

281 :KingOfUniverse ◆667la1PjK2 :2006/06/27(火) 18:31:07
talk:>>279 何考えてんだよ?

282 :132人目の素数さん:2006/06/27(火) 19:46:25
素数7の場合
2+
3+6+
4+8+12+
5+10+15+20+
6+12+18+24+30
は7で割り切れる


283 :132人目の素数さん:2006/06/27(火) 20:07:24
素数p>=5をとると
Σ[k=2,p-1](Σ[i=1,k-1]( i*k ) )はpで割り切れる

けっこう簡単だと思います

284 :283:2006/06/28(水) 19:50:33
誰もいなかった・・・

285 :132人目の素数さん:2006/06/28(水) 19:52:32
>>280
お前さんが自殺すればいいことじゃないか。
そうだろ?統合失調症患者さんw

286 :132人目の素数さん:2006/06/28(水) 21:56:35
>Σ[k=2,p-1](Σ[i=1,k-1]( i*k ) )はpで割り切れる
Σ[k=2,p-1 i=1,k-1]ik
=Σ[k=2,p-1]k^2(k-1)/2
=p(p-1)(p-2)(3p-1)/24だから割り切れる


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

287 :132人目の素数さん:2006/06/28(水) 22:02:24
>>280は生ける産業廃棄物w

288 :132人目の素数さん:2006/06/28(水) 22:53:20
>>286
馬鹿にとっては0/0=0なんだよ


289 :132人目の素数さん:2006/06/29(木) 01:36:36
>>286
http://aozoragakuen.sakura.ne.jp/taiwaN/taiwaNch04/node37.html

290 :132人目の素数さん:2006/06/29(木) 01:37:55
y/x+z/y+x/z=3を満たす整数(x,y,z)を全て求めよ。
ヒントだけでもよろしくお願いします。

291 :132人目の素数さん:2006/06/29(木) 19:13:26
1〜nの中で素数p_1〜p_kで割り切れない数の個数をf_k(n)とする時、
f_k(n)/n→Π[i=1,k](1-1/p_i) (n→∞)
そしてΠ[i=1,k](1-1/p_i)→0 (k→∞)だからπ(x)/x→0 (n→∞)
みたいな感じで証明出来たらいいのに

292 : ◆BhMath2chk :2006/06/30(金) 00:00:00
aは整数でnは正の整数とする。
任意の素数pに対して整数xが存在しx^n≡a(mod.p)となるとき
x^n=aとなる整数xは存在するか。


293 :132人目の素数さん:2006/06/30(金) 02:29:45
>>292
珍しく、日数カウント以外で発言したな。

294 : ◆BhMath2chk :2006/07/02(日) 00:00:00
nが整数でpが素数のとき
X^6+3n^2は(Z/pZ)[X]で可約であることを示せ。
nが3m^3(mは整数)と表されないとき
X^6+3n^2はQ[X]で既約であることを示せ。


295 :132人目の素数さん:2006/07/02(日) 01:51:24
>>294
すこしはマシになったじゃネーか?
日付変更時に糞レスしていたのを問題を出題するようになっただけマシか…
今後とも精進しろよ。

296 :132人目の素数さん:2006/07/02(日) 04:16:35
>>294
(Z/pZ)[X]での可約性だけ
p=3のとき
X^6+3n^2=X^6はZ/3Z[X]で可約
p≡2 (mod 3)のとき
n≡3m^3 (mod p)となるような整数mをとる。(事実m≡(n/3)^{(p+1)/3}とおけばよい)
X^6+3n^2=X^6+27m^6=(X^2+3m^2)(X^4-3m^2*X^2+9m^4)なので、X^6+3n^2はZ/pZ[X]で可約
p≡1 (mod 3)のとき
ルジャントルの規準(-3/p)=(p/3)=1より
a^2≡-3 (mod p)となる自然数aが存在する。
X^6+3n^2=X^6-(a*n)^2={X^3-(a*n)}{X^3+(a*x)}なので、X^6+3n^2はZ/pZ[X]で可約


297 :296:2006/07/02(日) 04:42:18
訂正
×(事実m≡(n/3)^{(p+1)/3}とおけばよい)
○。(事実m≡(n/3)^x,ただしxは3x-(p-1)yを満たす自然数xとおけばよい)

298 :296:2006/07/02(日) 04:42:57
再訂正
×(事実m≡(n/3)^{(p+1)/3}とおけばよい)
○。(事実m≡(n/3)^x,ただしxは3x-(p-1)y=1を満たす自然数xとおけばよい)


299 :132人目の素数さん:2006/07/02(日) 14:05:55
>286
 p≧5 だから p=6q±1, q∈N.
 g(p) = (p-2)*(p-1)(3p-1)/24 とおくと
 g(6q-1) = (6q-3)*(6q-2)(18q-4)/24 = (2q-1)*{(3q-1)(9q-2)/2} =(2q-1)m ∈ N,
 g(6q+1) = (p-2)*6q(18q+2)/24 = (p-2)*{q(9q+1)/2} = (p-2)*n ∈ N.

300 :132人目の素数さん:2006/07/02(日) 14:24:00
>299

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

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

301 :132人目の素数さん:2006/07/02(日) 16:37:01
>290
 (x,x,x),   x≠0,
 (x,4x,-2x), x≠0,
 (-2y,y,4y), y≠0,
 (4z,-2z,z), z≠0,
 (x,9x/2,-6x), x=偶数≠0,
 (-6y,y,9y/2), y=偶数≠0,
 (9z/2,-6z,z), z=偶数≠0.

302 :132人目の素数さん:2006/07/28(金) 16:40:49
646

303 :132人目の素数さん:2006/08/30(水) 15:26:43
351

304 :132人目の素数さん:2006/10/02(月) 23:52:56
857

305 :3億PV/日をささえる:2006/10/18(水) 19:09:11
【1】「nを整数値とする、2^n +1 は15で割り切れないことを証明せよ」
【2】「2000^2000を12で割ったときの余りを求めよ」 


306 :132人目の素数さん:2006/10/18(水) 19:10:06
sage

307 :132人目の素数さん:2006/10/19(木) 15:03:49
>>305
(1)
2^4≡1 (mod 15)より2^n+1≡2,3,5,9 (mod 15)
(2)
2000^2000≡(-4)^2000≡4^2000≡4 (mod 12) 

308 :132人目の素数さん:2006/10/19(木) 20:36:29
x<y<zにおいて
 (1/x)+(1/y)+(1/z)=1/2 を満たす自然数x,y,z
         

309 :132人目の素数さん:2006/10/21(土) 07:33:20
(x,y,z)=(3,7,42),(3,8,24),(3,9,18),(3,10,15),(4,5,20),(4,6,12)

310 :132人目の素数さん:2006/11/13(月) 01:37:34
543

311 :132人目の素数さん:2006/11/26(日) 20:38:23
整数論の問題スレなのか整数の問題スレなのか

312 :132人目の素数さん:2006/11/26(日) 20:47:50
>311
> 整数論の問題スレなのか整数の問題スレなのか
有理*整数の問題* = 初等*整数論の問題* だが?

313 :132人目の素数さん:2006/11/26(日) 20:51:37
>>312
*は何の意味で用いたのですか?

314 :132人目の素数さん:2006/11/26(日) 20:54:34
>313
> *は何の意味で用いたのですか?
ボールド体の代わり、つまり太文字です。

315 :132人目の素数さん:2006/11/26(日) 21:00:14
> 整数論の問題スレなのか整数の問題スレなのか
有理 太文字 整数の問題 太文字 = 初等 太文字 整数論の問題 太文字 だが?

316 :132人目の素数さん:2006/11/26(日) 21:18:23
>315
校正したことある奴なら直ぐ分かる事なんだがね。

317 :132人目の素数さん:2006/11/26(日) 21:29:56
ニヤニヤ…

318 :132人目の素数さん:2006/11/27(月) 08:45:43
有理整数の性質に関する問題?
初等整数論の範囲だけで解ける問題?

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

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

319 :132人目の素数さん:2006/12/02(土) 19:45:38
vの二乗足す
iをさらに二乗して
pで割ったらいいのかな??

そ う い う 見 方 も 出 来 る ね

320 :132人目の素数さん:2006/12/02(土) 21:00:40
>318
混乱してるようだから・・・
「代数的整数論」=「代数的整数に関する理論」であるのに対応して
「初等整数論」=「有理整数に関する理論」だ。
「初等整数論」=「初等的な整数論」ではないぞよ。

321 :132人目の素数さん:2006/12/02(土) 23:45:56
初頭整数論講義は二次体の整数も扱っているが。

322 :132人目の素数さん:2006/12/03(日) 09:02:16

>「初等整数論」=「有理整数に関する理論」だ。

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

>「初等整数論」=「初等的な整数論」ではないぞよ

「初等整数論」=「初等的な整数論」だよ。

323 :132人目の素数さん:2006/12/03(日) 14:47:06
>322
なら、Fermatの最終定理やCatalan予想も「初等的な整数論」と言う事になるぞ。
ついでに、「単純群」は「構造が単純で分かりやすい群」かね?

324 :132人目の素数さん:2006/12/03(日) 18:58:02
>なら、Fermatの最終定理やCatalan予想も「初等的な整数論」と言う事になるぞ。

ならない。


325 :132人目の素数さん:2006/12/03(日) 19:38:46
>>323
>ついでに、「単純群」は「構造が単純で分かりやすい群」かね?

単純群でない群と較べればそうなる。

326 :132人目の素数さん:2006/12/03(日) 19:46:12
>>323
>なら、Fermatの最終定理やCatalan予想も「初等的な整数論」と言う事になるぞ。

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

327 :132人目の素数さん:2006/12/03(日) 20:12:39
>>それが可能かも不明

328 :132人目の素数さん:2006/12/03(日) 20:28:09
それの何かおかしいか?

329 :132人目の素数さん:2006/12/04(月) 16:39:51
>325
>「単純群」は「構造が単純で分かりやすい群」かね?
> 単純群でない群と較べればそうなる。
随分雑な奴がいるな。
そんなら、(非可換有限)単純群よりアーベル群や可解群の方が
「構造が単純で分かりやすい」事になるぞ。

330 :132人目の素数さん:2006/12/04(月) 17:23:00
つまり329は(非可換有限)単純群よりアーベル群や可解群の方が
構造が単純でなく分かりにくいと思っているの?


331 :132人目の素数さん:2006/12/04(月) 20:46:03
>330
如何みても逆だね。ま、いいか。

332 :325:2006/12/04(月) 20:48:31
>>329

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

333 :132人目の素数さん:2006/12/04(月) 20:51:41
>>331

ほう、面白い。
説明希望。

334 :333:2006/12/04(月) 20:55:10
>>333 は勘違い。
取り消す。

335 :132人目の素数さん:2006/12/04(月) 21:04:47
>332
だったら、「非可換」で「超可解性等の組成列条件を持たない」「非単純群」
といった風に限定したほうがいい。

336 :132人目の素数さん:2006/12/04(月) 21:07:23
勝手に限定してればいいじゃん

337 :132人目の素数さん:2006/12/04(月) 21:07:54
>>331

可解群の構造は単純群よりわかってないと思うが。

338 :132人目の素数さん:2006/12/04(月) 21:17:02
スレ違いな話からもとに戻すと
「初等整数論」=「有理整数に関する理論」のときに
「Fermatの最終定理やCatalan予想も「初等的な整数論」と言う事になる」から
>>323の「>322」は「>320」の間違いだな


339 :132人目の素数さん:2006/12/04(月) 21:17:56
>>335

なんで限定する必要がある。
初めから一般論だろ。

一般的に単純群よりそうでない群のほうが複雑ってこと。
当たり前だ。

340 :325:2006/12/04(月) 21:29:54
>>329, >>330, >>331

どうした?
逃げたのか?

341 :132人目の素数さん:2006/12/04(月) 21:31:47
さっきから書いてるが

342 :325:2006/12/04(月) 21:33:52
>>341

レス番号は?

343 :132人目の素数さん:2006/12/04(月) 21:34:47
330
336
338
341


344 :325:2006/12/04(月) 21:37:19
>>343

常識ありますか?
俺に答えてないだろ。

345 :132人目の素数さん:2006/12/04(月) 21:41:02
>>344
325とは何もやり取りをしてないのに何に答えて何から逃げてるの

346 :325:2006/12/04(月) 21:43:43
>>345

こっちの勘違いみたいだな。
スマン。

逃げたのは >>329>>331 か?

347 :132人目の素数さん:2006/12/05(火) 23:10:23
ほんとにどうでもいいことばかり。

348 :132人目の素数さん:2006/12/06(水) 03:14:17
>>347
問題出せ

349 :132人目の素数さん:2006/12/06(水) 12:59:56
数列 {a_n} があり、各 n に対して
a_n < 42 ならば a_{n+1} = a_n + 8
a_n ≧ 42 ならば a_{n+1} = a_n - 42
であるとし、a_1 は 0≦a_1<50 を満たす整数とする。
このとき、a_1 = a_{1+N} であるような自然数 N が存在することを示し、
そのような N の最小値を求めよ。

350 :132人目の素数さん:2006/12/06(水) 13:36:28
>>349
[i]0≦a_n<42 ならば
0≦a_n+8<50
0以上の整数qy+rについて
(qy+r mod y) = rと書くとする(q,y,r は整数, q≧0, y>0, 0≦r<y)
よってa_{n+1} = (a_n+8) mod 50

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

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

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

Nは自然数であるのでNが25の倍数であれば良い
最小のNは25である

351 :132人目の素数さん:2006/12/06(水) 21:32:16
>>346
>逃げたのは >>329>>331 か?

はい


352 :132人目の素数さん:2006/12/07(木) 20:45:32
Q[√d],d>0がUFDとなるようなd∈Nを決定せよ。

353 :132人目の素数さん:2006/12/07(木) 20:57:14
>>349 は今年の駿台の阪大実戦の問題ですね。

354 :132人目の素数さん:2006/12/08(金) 11:12:50
QabをQの代数閉包とするときGal(Qab/Q)を求めよ。

355 :132人目の素数さん:2006/12/08(金) 11:14:30
もうほとんど呪文だな

356 :132人目の素数さん:2006/12/08(金) 13:53:16
>>354
二元で位相的に生成されるprofinite群

357 :132人目の素数さん:2006/12/08(金) 16:37:38
>356
証明は?(長かったら方針だけでも)

358 :132人目の素数さん:2006/12/08(金) 16:38:48
8161^2を2個の「整数の平方」で表わせ。

359 :132人目の素数さん:2006/12/08(金) 16:42:34
(2^5*11^12*13^13)^7を立法数1個と7乗の数1個の和で表わせ。

360 :132人目の素数さん:2006/12/08(金) 16:48:41
>359
立法 → 立方

361 :132人目の素数さん:2006/12/08(金) 18:12:10
>>357
Grothendieck-Teichmuller群でググっておくれ。

362 :132人目の素数さん:2006/12/08(金) 20:44:52
>361
Thanks!

363 :132人目の素数さん:2006/12/15(金) 01:22:11
整数論総合スレが消えてしまっため、最後の解答が分からなかったのだが。

364 :132人目の素数さん:2006/12/15(金) 01:36:31
http://science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1090800616/972
最後の問題ってこれ?これ確か未解決じゃなかったっけ?

365 :132人目の素数さん:2006/12/15(金) 11:57:26
>>364
それです。
元の問題は(素数及び)素数冪を小さい方から順番に並べて、 q_n とすると、
limsup (q_(n+1) - q_n) = ∞?
と言う問題です。

366 :132人目の素数さん:2006/12/15(金) 15:30:42
ついでに、
liminf (q_(n+1) - q_n) は有限か?

367 :132人目の素数さん:2006/12/15(金) 16:53:48
>>365
いや、972は「3^nを十進数表示したとき(略)」という問題なんだけど。
似た問題がピーターフランクルの本に載ってたんだけど
意外と証明は難しくてまだ誰も成功してないという話だった。

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

以下前スレから

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

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

368 :132人目の素数さん:2007/01/25(木) 22:58:36
二年二時間。


369 :132人目の素数さん:2007/02/05(月) 02:20:56
age

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