面白い問題おしえて～な二十一問目

面白い問題おしえて～ ..

857:１３２人目の素数さん
16/03/05 00:00:48.08 X/XR2Uo6.net
続けたまえ

858:１３２人目の素数さん
16/03/06 13:44:12.23 TcNreTvY.net
>>845
誤字か勘違いかわからんが、それだとm=1,n=2のとき
左辺は2で右辺は1だな。多分cos(2πk/n)じゃなくてcos(πk/n)だろう。
考え方は変わらないのでそのままでやると
cos^(2m)(x)
=[{exp(ix)+exp(-ix)}/2]^(2m)
=(1/4^m)Σ[j=0,2m] 2m_C_j*exp{i(2m-2j)x}
x=2πk/nとして
Σ(k=0,n-1)exp{i(2m-2j)x}
=n (2m≡2j mod n　の時),0 (それ以外)
より
Σ(k=0,n-1) (cos(2πk/n))^2m =(n/4^m) Σ(2j≡2m mod n ,0 ≦j≦2m) 2m_C_j

859:１３２人目の素数さん
16/03/07 08:05:23.43 o0HG75jE.net
「n-1回目まで1が上に来ない」の部分は？

860:１３２人目の素数さん
16/03/07 10:31:44.21 zWU1/WlS.net
>>859
p[n]=q[n-1]
q[n]=(2q[n-1]+r[n-1])/4 q[1]=1/4
r[n]=q[n-1]
q[n]=(2q[n-1]+q[n-2])/4
q[n]=√5/10*(((1+√5)/4)^n-((1-√5)/4)^n)
p[n]=((5-√5)((1+√5)/4)^n+(5+√5)((1-√5)/4)^n)/10

861:１３２人目の素数さん
16/03/08 02:52:03.66 Es7BHtVA.net
4^n+5の約数の十の位の数字は偶数であることを証明せよ

862:１３２人目の素数さん
16/03/08 03:11:40.20 gzhONgd3.net
4^n+5=ab, a≡10+j (mod 20) (a, bは正の奇数，jは1桁の奇数)
なる分解があると仮定すると
4^n+5≡(10+j)b≡10+bj
∴4^n≡b(a+j) (mod 20)
a+j≡0 (mod 2)なので2^(2n-1)≡b (mod 10)
左辺は偶数，右辺は奇数だから矛盾

863:１３２人目の素数さん
16/03/08 03:25:25.26 HyCV8LJj.net
>>861
4^nの一の位の数は、1,4,6
a,b,cは整数、a>=0, b=2,4,6,8, c=1,6,9として
n=kのとき、4^k+5の十の位が偶数だと仮定すると
4^k+5=100a+10b+c
4^(k+1)+5=100(4a)+10(4b-2)+4c+5
となり、n=k+1のときにも十の位が偶数となる

864:１３２人目の素数さん
16/03/08 03:27:47.73 HyCV8LJj.net
>>863
×b=2,4,6,8
○b=0,2,4,6,8

865:１３２人目の素数さん
16/03/08 16:14:22.91 Es7BHtVA.net
4^n≡b(a+j) (mod 20)
2^(2n-1)≡b (mod 10)
この2つの式の導出がよく分からない
>>863
2^n+5だけじゃなくて2^n+5の任意の約数について証明する問題だよ

866:１３２人目の素数さん
16/03/09 13:38:46.18 aadErqVs.net
>>861
N^2+5が素因数pをもつ⇔N^2≡-5 (mod p)。
平方剰余の相互法則より、素数p(≠2,5)について、
ある整数aがあって a^2≡-5 (mod p)
⇔(p≡1 (mod 4) かつ p≡±1 (mod 5)) または (p≡-1 (mod 4) かつ p≡±2 (mod 5))
⇔p≡1,3,7,9 (mod 20)。
また、集合{n|n≡1,3,7,9 (mod 20)}は積について閉じている。
したがって、N^2+5の約数で10と互いに素であるものは、十の位の数字が偶数である。
4^n+5=(2^n)^2+5は10と互いに素であるから、約数もそうで、その十の位の数字は偶数である。

867:１３２人目の素数さん
16/03/09 20:39:58.47 bhQKruR9.net
自然数nをいくつかの自然数の和に分割する方法は何通りあるか？
ただし、足す順番は以下の例のように区別するものとする
例n=4のとき
(1)1+1+1+1
(2)1+1+2
(3)1+2+1
(4)2+1+1
(5)2+2
(6)1+3
(7)3+1
の7通り

868:１３２人目の素数さん
16/03/09 20:59:06.92 e/m5HQOY.net
2^(n-1)-1

869:１３２人目の素数さん
16/03/09 23:54:40.55 aadErqVs.net
10 = 1 + 9 = 1^2 + 3^2,
100 = 36 + 64 = 6^2 + 8^2,
1000 = 324 + 676 = 18^2 + 26^2, ...
1以上の整数nに対して、10^n = a^2 + b^2, a < b となる
10で割り切れない自然数a,bが存在してただ一組であることを示せ。
存在は易しいけど、唯一性はすこし難しい

870:１３２人目の素数さん
16/03/10 01:04:13.09 Sy7j4YuX.net
>>865
×4^n≡b(a+j) (mod 20)
○2^(2n+1)≡b(a+j) (mod 20)
4^n+5=ab
4^n+5≡10+bj (mod 20)
の両辺を足す
だけどそのあとが不備あったorz

871:１３２人目の素数さん
16/03/10 14:13:53.41 Q2oLkhxZ.net
>>867
【足す順番を区別する場合】
長さnの羊羮を用意する
端から1,2,3,…,n-1のところに切れ目を入れていく
このとき、それぞれの箇所で切る・切らないの2通りだから、
ノータッチの状態を引いて
2^(n-1)-1通り
【足す順番を区別しない場合】
分割数
ムズい

872:１３２人目の素数さん
16/03/23 01:39:20.07 9k15/f8F.net
有理数とcos1°との有限の四則演算でsin1°を作れることを証明せよ

873:１３２人目の素数さん
16/03/23 03:32:07.35 EtMo69Rl.net
>>872
任意の自然数nに対して
cos(nθ)=f(cosθ)，sin(nθ)=g(cosθ)sinθ
　（ただし、f(x)，g(x)は整数係数の多項式）と表せることが
加法定理を用いて数学的帰納法で示せるので、
sin1°=cos89°=f(cos1°)
　（ただし、f(x)整数係数の多項式）と表せる。
各nに対応するf(x)は、チェビシェフの多項式ってやつ。

874:１３２人目の素数さん
16/03/23 03:47:12.69 dvcAvohL.net
なるほろ

875:１３２人目の素数さん
16/03/26 18:21:28.24 40uJfR2p.net
nを正の整数とするとき3^n-1が2^kの倍数となる最大の整数kを求めよ

876:１３２人目の素数さん
16/03/26 20:41:25.49 E+ea4Ryb.net
>>875
n=a*2^b（aは奇数、bは0以上の整数）とおくと、
b=0（すなわちnが奇数）のとき　k=1
b≧1のとき　k=b+2
mを自然数とすると
3^(2m-1)-1≡2 (mod 8)
3^(2m-1)+1≡4 (mod 8)
3^(2m)+1≡2 (mod 8)
であることと、b≧1では
3^n-1=(3^a-1)(3^a+1)(3^(2a)+1)(3^(4a)+1)…(3^(2^(b-1))+1)
となることを利用。

877:１３２人目の素数さん
16/03/26 20:44:41.74 E+ea4Ryb.net
修正
誤：3^n-1=(3^a-1)(3^a+1)(3^(2a)+1)(3^(4a)+1)…(3^(2^(b-1))+1)
正：3^n-1=(3^a-1)(3^a+1)(3^(2a)+1)(3^(4a)+1)…(3^(2^(b-1)*a)+1)