あ・あっくん さんがコメントした問題詳細

あ・あっくん さんがコメントした問題の一覧です。
閲覧 問題タイトル コメント 日付
閲覧 11+2=12+1 11^2=121
ですか?
2016/11/14 00:36
閲覧 11+2=12+1 log10さん、初めまして

なるほど。面白いですね
2016/11/16 08:30
閲覧 既約多項式の解を素因数分解

prime_132さん、初めまして

コメントありがとうございます。じっくり考えさせて貰います
2016/11/29 03:22
閲覧 連続する自然数の和 「自然数を連続する自然数の和で表す」で検索すると良いと思います
連続するnの倍数の和は2のべき乗の形で表せないのは明らかなので、連続する自然数の和で表せます

何個の連続する自然数の和で表せるのか、などを考えてみると面白そうな気がします
2017/01/04 22:04
閲覧 連続する自然数の和 >>4にあやかって考えてみました

nを2で割った商がaのとき
[式:…]はa通りの連続する正の奇数の和で表せる、と予想してみました
64(=[式:…])と128(=[式:…])は3通りの連続する正の奇数の和で表せ、
256(=[式:…])と512(=[式:…])は4通りの連続する正の奇数の和で表せることは確認しました

64=31+33
=13+15+17+19
=1+3+5+7+9+11+13+15

128=63+65
=29+31+33+35
=9+11+13+15+17+19+21+23

256=127+129
=61+63+65+67
=25+27+29+31+33+35+37+39
=1+3+5+7+9+11+13+15+17+19+21+23+25+27+29+31

512=255+257
=125+127+129+131
=57+59+61+63+65+67+69+71
=17+19+21+23+25+27+29+31+33+35+37+39+41+43+45+47
2017/01/06 09:09
閲覧 連続する自然数の和 >>8の、nを2で割った商がaのとき、[式:…]はa通りの連続する正の奇数の和で表せる、という予想を証明できたので書いときます
log10 さんの投稿とあまり関係ないのは申し訳ないです

mを正の整数とする
連続する正の奇数の平均が[式:…]だったとき、[式:…]個の連続する正の奇数のなかで一番小さい数は[式:…]-([式:…]-1)と書ける
連続する正の奇数のなかで一番小さい数は1以上でなければならないので
[式:…]-([式:…]-1)≧1
でなければならない
これを整理すると、[式:…][式:…]となり、[式:…][式:…]となり、n≧2mとなる
よって、nを2で割った商がaのとき、[式:…]はa通りの連続する正の奇数の和で表せる
2017/01/07 16:02
閲覧 p^nはa通りの連続する正の奇数の... いえ、逆に面白い問題を見つけて頂いてありがたいです 2017/01/11 18:19
閲覧 既約多項式の解を素因数分解 関連した予想考えてみました
nを自然数、f(n)を二次の既約多項式とする
f(n)及びf(n)を奇数になるまで2で割ったものがa(mod b)を取らないとき、f(n)の素因数もa(mod b)を取らない

例えばf(n)=n^2+5のとき、
f(n) 及びf(n)を奇数になるまで2で割ったものが11,13,17,19(mod 20)を取らないので、f(n)の素因数で11,13,17,19(mod 20)になるものはない(なさそう)

反例や証明分かる方いたらお願いします。真なら、拡張して、二次に限らず一般のn次の既約多項式でも同様のことが言えたら面白いな、と思ってます
2017/03/19 15:43
閲覧 既約多項式の解を素因数分解 kisatoさん、初めまして。ありがとうございます

平方剰余の相互法則で二次式の場合は示せるんですね。平方剰余の相互法則の証明が理解できていないので勉強します



話は少し変わりますが>>3の前半と関連付けて考えてみました
n^2+5の素因数は1,3,7,9(mod 20)で、この中のどの素因数を掛け合わせても11,13,17,19(mod 20)にならないので、n^2+5自体も11,13,17,19(mod 20)を取らないことに気付きました
 1
7 3
 9
という図を考えると分かりやすいです 時計回りに一個移動すると×3、反時計回りに一個移動すると×7、向かい合う場所に移動(180度回転)すると×9になっているという図です
この図から1,3,7,9をどれだけ掛けても1,3,7,9以外の数が表れないことが分かります
他の二次の既約多項式も同様の図が書け、同様のことが言えるのかなと思いました
2017/03/21 16:33
閲覧 n^2=1(mod m)を満たすnの個数 mod mで2乗すると1になる数の個数が必ず2のべき乗個であることの証明だけなら、他のやり方がありました

ある数xが2乗すると1になるとき、-xも必ず1になるのでこれからはまとめて±xと書くことにする
±1はどんなmをとっても2乗すると1になる。±1のみが2乗すると1になる数のとき、個数は2個だ

±1の他に2乗すると1になる数±aがあって、それ以外2乗すると1になる数がないとき、個数は4個だ

±1,±aの他に2乗すると1になる数±bがあったとき、±abも2乗すると1になる数になる なぜなら、a^2=1,b^2=1なので、(ab)^2=1になるからである
ただしab=1でないことの証明が必要だが、難しくはない。a^2=1なのでab=a^2、つまりa=bとなるが、a≠bなので、abは1ではない
また、a/bやb/aも2乗すると1になる数だが、a/b=b/a=abなのでカウントする必要がない
何故a/b=abなのかと言えば、両辺にbを掛けるとa=ab^2となり、b^2=1なのでa=aとなるからである
±1,±a,±b,±ab以外2乗すると1になる数がないとき、個数は8個で、2のべき乗になっている

2乗すると1になる±1,±a,±b,±abと異なる数±cがあるとき、±ac,±bc,±abcも2乗すると1になる数なので、それ以外に2乗すると1になる数がないとき、個数は16個になる

このように考えることで2乗すると1になる数の個数が必ず2のべき乗個になることが分かる
2017/03/24 20:58
閲覧 フィボナッチ的でもあり乗法群的でも... このとき、2つのaをa[1],a[2]とする
mod pでのa[1]の位数をb[1],a[2]の位数をb[2]とする
mod pでのフィボナッチ数列的に前の2つの数を足して次の数を作る演算でできるループの長さは、全てb[1]あるいはb[2]のどちらかに必ずなるのではないかと予想しました
2017/04/01 19:11
閲覧 フィボナッチ的でもあり乗法群的でも... prime_132さん、ありがとうございます

すみません、ループの長さ(周期)は #F_p = φ(p)=p-1 の約数。のあとが難しくて分からなかったです
2017/04/02 09:22
閲覧 我流の素数が無限に存在することの証明 prime_132さん、ありがとうございます

このやり方で証明できるらしいので嬉しいです
今の僕には難しくてなかなか理解できないので、読み返して理解できるよう頑張ります
2017/04/02 17:34
閲覧 我流の素数が無限に存在することの証明 平賀 譲さん

成る程、理解できました ありがとうございます!
2017/04/02 21:00
閲覧 mod pのフィボナッチ数列part2 また、pが5n±1型の素数のとき、
mod pにおいてフィボナッチ数列のループの長さがいくつになるのか、をこうすれば知れるのではないか、という予想を立てました

(1±√5)/2を満たす数のうち、位数が大きいほうの位数がxのとき、フィボナッチ数列のループの長さもxになるという予想です
こう予想した理由は、modpで1に(1+√5)/2、あるいは(1-√5)/2を掛けていくと乗法群になり、また前の二つの数を足したものが次の数になるからです

また、2通りの長さのループのうち、短いループは必ず乗法群になっていそうに思いますが、これも予想に過ぎないです
2017/04/04 15:21
閲覧 modpでの一般フィボナッチの更に... あと、
a×f「n」+b×f「n+1」+m=f「n+2」(mは整数)という計算でできるループの長さ及び個数は、a×f「n」+b×f「n+1」=f「n+2」のときと同じ、と予想しました
2017/04/09 09:14
閲覧 フィボナッチ型数列 一部を除いて証明できました

■数列の長さ及び個数が変わらないことの証明
af(n)+bf(n+1)+m=f(n+2)(mod p)という演算でできる数列を考える(ただしa,b,m≠0(mod p))
m=0のときにできる数列{f(1),f(2),f(3),……,f(n)}の全ての数からx(ただしx≠0 mod p)引いた数列 {f(1)-x,f(2)-x,f(3)-x,……,f(n)-x}は、m=x(a+b-1)のときの数列、つまり、
af(n)+bf(n+1)+ x(a+b-1)=f(n+2)(mod p)という演算でできる数列になっている
よって、a+b≠1(mod p)のとき、mがどんな値のときもaf(n)+bf(n+1)+m=f(n+2)(mod p)という演算でできる数列の長さ及び個数はaf(n)+bf(n+1)=f(n+2)(mod p)のときと同じであることが分かる
a+b=1(mod p)のときは、数列の長さ及び個数が変わる

■f(1)=1,f(2)=1とするとき、mの値を変えても数列内で1がでる場所が揃うことの証明
a+b≠1(mod p)のときのみ考える(a+b=1(mod p)のときはまだ分からないままです)
m=0のとき、つまりaf(n)+bf(n+1)=f(n+2)(mod p)のとき
{f(1),f(2),f(3),……,f(n)}のすべてを2倍した{2f(1),2f(2),2f(3),……,2f(n)}もaf(n)+bf(n+1)=f(n+2)を満たしている。2に限らず一般にz倍してもaf(n)+bf(n+1)=f(n+2)を満たしている
{2f(1),2f(2),2f(3),……,2f(n)}のすべてから1引いた{2f(1)-1,2f(2)-1,2f(3)-1,……,2f(n)-1}は、m=a+b-1のときの数列になっている。
f(1)=1,f(2)=1なので、2f(1)-1=1,2f(2)-1=1である。一般にf(o)=1のとき2f(o)-1=1なので、m=0のときとm=a+b-1のときは、数列内で1がでる場所が揃うことが分かる

このようなやり方で証明できる。具体的には
a+b-1はpと互いに素なのでこのように1ずつ引いていくことでmは0からp-1までのすべての数をとる
ということと
{f(1),f(2),f(3),……,f(n)}にzを掛け、z-1引いた{zf(1)-z+1,zf(2)-z+1,zf(3)-z+1,……,zf(n)-z+1}
を考えることで示せる

f(1)=x,f(2)=yとするとき、f(1)=1,f(2)=1のときに1が揃った場所で、数が揃うことの証明はできていません
2017/04/14 17:57