フィボナッチ・リュカ数列の定理を並べるスレ

1 名前：１３２人目の素数さん [04/01/12 23:45] 以下 フィボナッチ数列 F(1)=1,F(2)=1,F(n+2)=F(n+1)+F(n) リュカ数列 L(1)=1,L(2)=2,L(n+2)=L(n+1)+L(n) としましょう。マニアックなのでも結構です。 185 名前：１３２人目の素数さん [04/10/31 00:13:27] 713 186 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [04/10/31 00:58:00] >>184 言っている事が矛盾している。 187 名前：ChaosicSoul ◆/yaJbLAHGw [04/10/31 11:58:24] それじゃあ、a(n+2)=2a(n+1)-a(n)にしてみるか？ これなら、一般項に無理数は入らない。 (これは等差数列になるんだけどね。) でもやっぱり√(5)とかが入ったほうが色々面白いことが起こるのではないか？ 188 名前：１３２人目の素数さん [04/10/31 12:08:50] _,,.. -──‐- .､.._. 　　　　　　　 　 ,　'´　　　　　 ╋　　 ヽ 　　　　　　　　〈:::::::　　　　　　　　　　 _:::) 　　　　 　 　 /´＼:::::::::_,.　- ― -　､.〃/ 　 　 　 　 , '/〈∨〉’‐'´ 　 　 　 　 　 ｀ ' ､ 　　　　　/ ,'. 〈∧〉/ ,.' , ｉ , ｌ }　! `, ヽ ヽ　＼ 　 　 　 ｛ｿ{. ﾆ二|,' / / _! Ll⊥ｌ|　.Ll_!　}　、.ヽ 　　　　 {ソl ﾆ二.!!ｲ /´/|ﾉ_l_,|.ﾉレ'ﾚ_l｀ﾉ|! | .l　} 　 　 　 ﾊｿt.ｰ-;ュ;Vl /,ｨｴ下 　 　 ｢ﾊ ﾚ| j| j|丿 ＼　　　!（(.ヽﾆ{fj ! l ` ﾊ|li_]　　　　|iﾘ {､|,ﾉ!'　　　／￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣ 　 <＼ｎ　)’（ (‘ｰｌ |　 ° ´　　__,'　 ﾟ,' ）　　　　 |　 Kiｎgくん♪ 　　/.）＼_,　 ｀ ） ﾉﾉ＼　　　　 ｔﾉ　／(（.　　　 ＜　 うんこ食べのお時間よ！ 　　Ｖ二ｽ.Y´|　 （(　(ｒ个　 . ___. イヽ） ）)　 　 　 |　 他の素数さんに迷惑だからおとなしくしなさいね♪ 　　 {. r_〉｀!　}>' 　） ／ ゝ ､,,_o]lム` ｰ- ､　　 　 ＼＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿ 　 　 ＼　 　 ｆ　 ,. '´／　　　　 　 o　..:::　 ＼ 　 　 　 `!　　{／⌒ヽ::::::　　　 　:::.　　＼_::　 ヽ 　　　 　 | 　 .|:::/::|　 ',:::::　　　　　 ::'､::　 ヾ::　 ,〉、 189 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [04/10/31 13:14:31] >>187 恥ずかしいコテ使ってんじゃねーよ 190 名前：１３２人目の素数さん [04/10/31 13:25:47] 無理数がお好みなら　a(n+2)=2(a(n+1)+a(n))　の一般項とかでも全然おｋ 191 名前：１３２人目の素数さん [04/11/05 15:08:39] 586 192 名前：１３２人目の素数さん [04/11/06 21:10:51] >>187>>189 別にどうでもいいが統一しろよ 193 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [04/11/13 03:31:23] 244 194 名前：１３２人目の素数さん [04/11/13 18:56:06] 寒いなぁ 195 名前：１３２人目の素数さん [04/11/15 20:42:54] GCD(U(n),V(n))=1 または 2 U(n), V(n) は 26 さんが定義した一般Lucas数列で GCD(a,b)は a, bの最大公約数とします. 私には証明できないので誰か証明していただけますか? 196 名前：１３２人目の素数さん [04/11/15 23:04:32] >>195 (P, Q)=1であるとする。 V(n)^2-DU(n)^2=4Q^n(>>26) より、U(n), V(n)をともに割り切る素数は2Qの約数。 U(n)≡V(n-1)(mod Q), V(n)≡P^n(mod Q)(>>27の8) より、(U(n), Q)=(V(n), Q)=1だから、(U(n), V(n))=1 or 2. なお、(P, Q)=1でなければ成立しないので要注意。 197 名前：195 [04/11/15 23:37:43] ありがとうございます。 ( P, Q )= 1　という条件を忘れていました＾＾ Lucas 擬素数, Euler-Lucas 擬素数, 強 Lucas 擬素数を 研究している者ですが、ついでにと思い証明しようと思ったら 出来なかったので・・・・ 本当にありがとうございました。 198 名前：１３２人目の素数さん [04/11/15 23:44:32] >>197 どんな本で(擬)素数について勉強したのでつか？ 199 名前：１３２人目の素数さん [04/11/15 23:47:42] >>198 P.リーベンボイム著の「素数の世界」(共立出版) だと思われ 200 名前：195 [04/11/15 23:56:32] はい。そうですよ。 第２版なのにミスプリが激しいあの本です。 201 名前：１３２人目の素数さん [04/11/16 00:03:08] 趣味として(擬素数を)研究してるんでつか？ >>200 202 名前：195 [04/11/16 00:09:21] 修論の材料のほんの一部です。 203 名前：１３２人目の素数さん [04/11/16 00:11:45] >>202 理科大？ 204 名前：195 [04/11/16 00:23:06] いやぁ大学名までは・・・ とりあえず院生です。 205 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [04/11/16 00:51:42] >>199-200 その原著 The New Book of Prime Number Records を持ってるけど、>>195の証明は載ってたよ。 206 名前：１３２人目の素数さん [04/11/21 18:39:48] 669 207 名前：１３２人目の素数さん [04/11/27 23:28:26] 510 208 名前：１３２人目の素数さん [04/11/30 21:35:01] ρ(p) | (p - (D/p)) が成り立つ。って本には書いてある。証明は知らない。 209 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [04/12/01 00:22:13] >>208 証明は P.リーベンボイム著の「素数の世界」(共立出版) に載ってますよ。 210 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [04/12/01 00:43:43] >>209 何ページに書いてます？ 見つからない。 211 名前：１３２人目の素数さん [04/12/01 18:52:28] >>61で式が間違ってたって書かれてますけど、そうなると >>28の12 n, k≧1ならばU(n)|U(kn) の証明はどうなりますか？ 212 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [04/12/01 20:41:36] >>28の12の証明（訂正） >>61より U((k+1)n)=U(n)V(kn)-Q^(kn) U(-(k-1)n)=U(n)V(kn)-Q^n U((k-1)n) ≡Q^n U((k-1)n)≡...≡(Qの累乗)*U(n)または(Qの累乗)*U(0)(mod U(n)). 213 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [04/12/02 01:18:45] >>210 44〜45ページにあるはず。 214 名前：213 mailto:sage [04/12/02 01:22:54] ただし日本語版で、原語でも一般化されたルカス巣列のところを探せば 載っていると思う。 215 名前：213 mailto:sage [04/12/02 01:45:13] この本に書かれている証明は以下のとおり C(n,k)を二項係数とする nが偶数のとき 2^(n-1)*U_n＝C(n,1)P^(n-1)+C(n,3)P^(n-3)+…+C(n,n-1)P*D^{(n-1)/2} (D/p)=-1のとき 2^p*U_(p+1)=C(p+1,1)P^(p-1)+C(p+1,3)P^(p-3)+…+C(p+1,p-1)P*D^{(p-1)/2} C(p+1,1)=C(p+1,p)=p+1≡1　(mod　p) 2≦i≦p-1なるiに対して、C(p+1,i)=(p+1)*p…*(p+1-i)/i!≡0　(mod　p) C(p+1,1)P^(p-1)+C(p+1,3)P^(p-3)+…+C(p+1,p-1)P*D^{(p-1)/2}≡P^p-PD^{(p-1)/2}≡P-P≡0　(mod　p) したがって、U_(p+1)≡0　(mod　p) 216 名前：213 mailto:sage [04/12/02 01:52:07] (D/p)=1のとき 2^(p-1)*U_(p)=C(p-1,1)P^(p-3)+C(p-1,3)P^(p-5)+…+C(p-1,p-2)P*D^{(p-2)/2} 1≦i≦p-1なるiに対して、(i!)C(p-1,i)=(p-1)*(p-2)…*(p+1-i)≡(-1)*(-2)*…*(-i)=(-1)^i*i!　(mod　p) したがって、C(p-1,i)≡(-1)^i C(p-1,1)P^(p-2)+C(p-1,3)P^(p-4)+…+C(p-1,p-2)P*D^{(p-2)/2}≡-P^(p-2)-P^(p-4)D-…-PD{(p-2)/2} ≡-P(P^(p-1)-D^{(p-1)/2})/(P^2-D)≡-P{1-1}/4Q≡0　(mod　p) したがって、U_(p-1)≡0　(mod　p) 本の大筋ではこうだった。 217 名前：213 mailto:sage [04/12/02 12:31:26] この本の43ページにあるρ(n)|k⇔n|U_kを使えば証明できるはず。 218 名前：213 mailto:sage [04/12/02 12:32:28] あとは、この本の43ページにあるρ(n)|k⇔n|U_kを使えば ρ(p)|p-(D/p)は示せるはず。 219 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [04/12/02 21:23:39] >>213 詳しくありがとうございます。 自分なりにやってみます。 220 名前：195 [04/12/05 01:26:33] 強 Lucas 擬素数　→　Euler-Lucas 擬素数 → Lucas 擬素数 誰か詳しい証明わかりますか？ 221 名前：213 mailto:sage [04/12/05 01:33:44] Euler-Lucas 擬素数 → Lucas 擬素数 NがEuler-Lucas 擬素数ならば N|U_({N-(D/N)}/2)ならばN|U_{N-(D/N)}=U_({N-(D/N)}/2)*V_({N-(D/N)}/2) N|V_({N-(D/N)}/2)ならばN|U_{N-(D/N)}=U_({N-(D/N)}/2)*V_({N-(D/N)}/2) よってNはLucas 擬素数である。 (Q/N)=1は関係ありませんでした。 222 名前：213 mailto:sage [04/12/05 02:00:26] 強 Lucas 擬素数　→　Euler-Lucas 擬素数 Pリーベンボイム著の「素数の世界」(日本語版)の40ページ〜49Nが強 Lucas 擬素数ならばN=2^s*d+(D/N)(dは奇数) N|U_dまたはN|V_(2^r*d) (0≦r＜s)となります。 N|U_dのとき IV15より U_d|U_({N-(D/N)}/2)だからN|U_({N-(D/N)}/2) Nの素因数pを任意に取る IV17より、ρ(p)|d、だからρ(p)は奇数である。 IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。 したがって、ρ(p)|U_({p-(D/p)}/2) よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。 IV23より、(Q/p)=1であることがわかる。 よって(Q/N)=Π(Q/p)=Π1=1 したがって、N|U_dならばNはEuler-Lucas 擬素数であることがいえました。ページの定理を引用します。 223 名前：213 mailto:sage [04/12/05 02:01:33] 強 Lucas 擬素数　→　Euler-Lucas 擬素数 Pリーベンボイム著の「素数の世界」(日本語版)の40ページ〜49ページの定理を引用します。 Nが強 Lucas 擬素数ならばN=2^s*d+(D/N)(dは奇数) N|U_dまたはN|V_(2^r*d) (0≦r＜s)となります。 N|U_dのとき IV15より U_d|U_({N-(D/N)}/2)だからN|U_({N-(D/N)}/2) Nの素因数pを任意に取る IV17より、ρ(p)|d、だからρ(p)は奇数である。 IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。 したがって、ρ(p)|U_({p-(D/p)}/2) よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。 IV23より、(Q/p)=1であることがわかる。 よって(Q/N)=Π(Q/p)=Π1=1 したがって、N|U_dならばNはEuler-Lucas 擬素数であることがいえました。 224 名前：213 mailto:sage [04/12/05 02:59:23] N|V_{(2^r)*d}、r＜s-1のとき U_({2^(r+1)}*d)=U_{(2^r)d}*V_{(2^r)*d}よりN|U_({2^(r+1)}*d) 2^(r+1)*d|{N-(D/N)}/2だからIV15より、U_({2^(r+1)}*d)|U_({N-(D/N)}/2) したがって、N|U_({N-(D/N)}/2)となる。 Nの素因数pを任意に取る IV17より、ρ(p)|{2^(r+1)}*d、ρ(p)の2の指数がr以下と仮定すると ρ(p)|(2^r)*dしたがってIV17よりU_{(2^r)*d}がpで割り切れる。 V_{(2^r)*d}もpで割り切れるので、U_{(2^r)*d}とV_{(2^r)*d}が奇素数の公約数pを持つ ことになり、IV25に反する。 よってρ(p)の2の指数はr+1であることがわかる。…※ またIV19より、ρ(p)|p-(D/p)だから2^(r+1)|p-(D/p)であることがわかった。…◎ ここで、ρ(p)|{p-(D/p)}/2⇔2^(r+2)|p-(D/p)を示そう。 (⇒) 2ρ(p)|p-(D/p)である。※より2ρ(p)の2の指数はr+2だから、2^(r+2)|p-(D/p)がいえた。 逆を示す 2^(r+2)|p-(D/p)より2^(r+1)|{p-(D/p)}/2 ※よりρ(p)={2^(r+1)}*f(fは奇数)と書ける。 IV19より、f*{2^(r+1)}=ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)である。 fは奇数よりf|{p-(D/p)}/2となる。 したがって、ρ(p)|{p-(D/p)}/2となる。 225 名前：213 mailto:sage [04/12/05 03:00:03] IV17,IV23より2^(r+2)|p-(D/p)⇔ρ(p)|{p-(D/p)}/2⇔p|U_({p-(D/p)}/2)⇔(Q/p)=1 したがって(Q/p)=-1⇔2^(r+2)が{p-(D/p)}を割り切らないもいえる。 ここで、(Q/p)=-1となるpは偶数個であることを示す。 N=Πp≡(Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れる](D/p))(Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない]p)　(mod　2^(r+2))　 p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない素数p、p'をとる ◎よりp-(D/p)とp'-(D/p')は2^(r+1)で割り切れるので、 p=2^(r+1)*(2s+1)+(D/p)=2^(r+2)s+2^(r+1)+(D/p)、 p'=2^(r+1)*(2s'+1)+(D/p')=2^(r+2)s'+2^(r+1)+(D/p')、 pp'≡{2^(r+1)+(D/p)}{2^(r+1)+(D/p')}=2^(2r+2)+2^(r+1){(D/p)+(D/p')}+(D/pp') (D/p)+(D/p')は2あるいは0あるいは-2だから 2^(2r+2)+2^(r+1){(D/p)+(D/p')}+(D/pp')≡(D/pp')となる。 (Q/p)=-1となるpが奇数個と仮定すると Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない]p≡2^(r+1)+Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない](D/p) したがって、 N=Πp≡(Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れる](D/p))(Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない](D/p))+2^(r+1)*(±1) =Π(D/N)≡(D/N)+2^(r+1)　(mod　2^(r+2))となる。 実はr+2≦sより、N=(2^s)*d+(D/N)≡(D/N)　(mod　2^(r+2))だから不合理 よって、(Q/p)=-1となるpは偶数個であることがいえた よって(Q/N)=Π(Q/p)=Π[偶数個](-1)=1となります。 226 名前：213 mailto:sage [04/12/05 03:09:11] N|V_{(2^r)*d}、r=s-1のとき 2^r*d={N-(D/N)}/2ですから、V_({N-(D/N)}/2)がNで割り切れる。 N=(2^s)*d+(D/N)=2^(r+2)*{(d-1)/2}+2^(r+1)+(D/N)≡2^(r+1)+(D/N)　(mod　2^(r+2)) であることを除けば、 >>224-225の証明とほぼ同様にして(Q/N)=-1がいえます。 よって、N|V_{(2^r)*d}のときも、NはEuler-Lucas 擬素数であることがいえました。 したがって、Nが強擬素数ならば、NがEuler-Lucas 擬素数であることが示されました。 227 名前：213 mailto:sage [04/12/05 03:11:28] >>220 証明は >>221 >>223-226 をご覧ください。 228 名前：195 [04/12/05 12:52:36] どうもありがとうございます。 229 名前：１３２人目の素数さん [04/12/12 00:02:56] 464 230 名前：１３２人目の素数さん [04/12/14 12:41:12] 保守あげ 231 名前：１３２人目の素数さん [04/12/14 12:42:08] １です。長い間、ほっといてごめんね。 232 名前：伊丹公理 [04/12/14 21:00:29] 既出かも氏らんがペル方程式 (L_n)^2 - 5*(F_n)^2 = ±4 233 名前：１ [04/12/15 20:10:14] プラスマイナス４というのは下せんな。もっと限定した表現があるはず・・・ 234 名前：伊丹公理 [04/12/15 21:08:57] n の偶奇によって決まる。 後は自分で調べろ 235 名前：風あざみ mailto:sage [04/12/15 23:59:52] >>223 の ＞IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。 ＞したがって、ρ(p)|U_({p-(D/p)}/2) ＞よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。 は IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。 したがって、ρ(p)|p-(D/p) よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。 の誤りだった。 236 名前：１３２人目の素数さん [04/12/22 08:21:34] 保守 237 名前：１３２人目の素数さん [04/12/22 14:51:49] >IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。 >したがって、ρ(p)|p-(D/p) >よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。 >の誤りだった。 は IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。 したがって、ρ(p)|{p-(D/p)}/2 よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。 の誤りですか？ 238 名前：風あざみ [04/12/22 18:03:33] >>237 そのとおり 239 名前：１３２人目の素数さん mailto: [04/12/23 19:01:45] 586 240 名前：１３２人目の素数さん [04/12/25 14:54:34] 強Lucas擬素数→Euler-Lucas擬素数を証明する際に IV17を使っているが, これは, (n,Q)=1 (本は (n,2Q)=1 だが, n は奇数だから, (n,Q)=1 で OK) という仮定があって, 初めて成り立つんじゃないの？ 一応証明しておこうか・・・・ 補題: n を D と互いに素な 1 以上の整数とする. n|U_k となるような k が存在すれば, (n,Q)=1. 証明: (n,Q)>1 と仮定し, p を (n,Q) の素因数とする. P が p で割り切れないならば, 任意の k>1 に対して U_k は p で割り切れない. これは仮定に反する. 一方, P が p で割り切れるならば, D は p で割り切れる. これは, (n,D)=1 に矛盾する. (証明終) 強Lucas擬素数→Euler-Lucas擬素数 の証明の途中に 「 N|U_({N-(D/N)}/2) 」 という条件があるから, ここで上の補題を使って (n,Q)=1 となるから IV17 が使えるようになると思う. どうだろう？間違えているかな？ 241 名前：風あざみ [04/12/25 18:34:18] >>240 そうだね。(Q/N)の値を調べることがメインだと思ったからスッコーンと抜けとった。 あとついでの話だが、実をいうとIV17の仮定の(N,2Q)=1なんだが、実は(N,Q)=1で良い (Nが偶数、奇数にかかわらず)んだよね。 242 名前：１３２人目の素数さん [04/12/25 18:43:18] ＞あとついでの話だが、実をいうとIV17の仮定の(N,2Q)=1なんだが、 ＞実は(N,Q)=1で良い(Nが偶数、奇数にかかわらず)んだよね。 あっ　そうなんですか？ 知りませんでした。ありがとうございました。 243 名前：風あざみ [04/12/25 19:07:59] >>242 一応証明しておく ρ(n)が存在し、(n,Q)=1となると仮定する。 n|U_m　⇔　ρ(n)|mとなる。 ⇒ mがρ(n)割り切れないと仮定する。m=ρ(n)s+r U_m*V_{ρ(n)s}-U_{ρ(n)s}*V_m=2Q^{ρ(n)s}*U_r…※ よって2Q^{ρ(n)s}*U_rはnで割り切れる。 nが偶数のとき n|U_m,U_{ρ(n)s}よりU_m,U_{ρ(n)s}は偶数、よってIV18よりV_m,V_{ρ(n)s}も偶数である。 よって U_m*{(V_{ρ(n)s})/2}-U_{ρ(n)s}*(V_m/2)=Q^{ρ(n)s}*U_r Qとnは互いに素だからU_rがnで割り切れる。 nが奇数のとき ※より nと2、nとQは互いに素だから　n|U_rとなる。 いずれにしても、n|U_rとなるが、これはρ(n)の最小性に反する。 逆はIV15より明らか。 244 名前：風あざみ [04/12/26 23:42:53] 命題 P,Qを以下のような整数とする。 (P,Q)=1かつ数列U_nはU_0=0、U_1=1、U_(n+2)=PU_(n+1)-QU_nを取ると n→∞ならば|U_n|→∞となる。 このときM≡1　(mod　K)となるパラメーター(P,Q)の強Lucas擬素数が無数に存在すること。 (強Lucas擬素数の定義はRibenboimの「素数の世界」のP91〜P92を参照ください。) 証明ではRibenboimの「素数の世界」のP40〜P49のIV1〜IV30とヤコビの記号の基本性質 LとNを正の奇数とすると (-1/L)=(-1)^{(L-1)/2}、(2/L)=(-1)^{(L^2-1)/8}、(N/L)=(L/N)(-1)^({(N-1)/2}{(L-1)/2}) となることを既知とする。 245 名前：風あざみ [04/12/26 23:43:25] 準備として、補題を二つ示す。 補題１ 任意のmをとる。 n≧γ(m)なる任意の自然数nに対して、U_{n+θ(m)}≡U_(n)　(mod　m) となるような0以上の整数、θ(m),γ(m)が存在する。 特に、(m,Q)=1のときは、γ(m)=0となる。 証明 {U_0,U_1}、{U_1,U_2}、…、{U_(m^2),U_(m^2+1)}とm^2+1個の組を考える。 |Z/mZ×Z/mZ|=m^2だから、U_i≡U_j　(mod　m)、U_(i+1)≡U_(j+1)　(mod　m) となるような自然数、iとj(0≦i＜j≦m^2)が存在する。 U_(j+2)≡PU_(j+1)-QU_j≡PU_(i+1)-QU_i≡U_(i+2)　(mod　m) 同様に、U_(j+3)≡U_(i+3)、…、U_(j+k)≡U_(i+k)　(mod　m)となる。 よって、n≧iなる自然数nに対して、U_(n+j-i)≡U_(n-i+j)≡U_n　(mod　m)となる。 特に(m,Q)=1のとき QU_(j-1)≡PU_j-U_(j+1)≡PU_i-U_(i+1)≡QU_(i-1)　(mod　m) (Q,m)=1よりU_(j-1)≡U_(i-1)　(mod　m) 同様に、U_(j-2)≡U_(i-2)　(mod　m)、…、U_(j-k)≡U_(i-k)　(mod　m) したがって、任意の整数n≧0に対して、U_(n+j-i)≡U_(n-i+j)≡U_n　(mod　m)となる。 (m,Q)=1のときγ(m)=0、θ(m)=j-i そうでないときγ(m)=i、θ(m)=j-iとおけばよい。 証明終 246 名前：風あざみ [04/12/26 23:44:47] 補題２ mを任意の自然数とする。 以下のような0以上の整数α(m)とβ(m)が存在する。 s≧β(m)、t≡1　(mod　α(m))ならば、U_(st)/U_s≡1　(mod　m)となります。 (IV15よりU_(st)/U_sは整数である) 証明 m=Π[pはQを割り切る]{p^a}*Π[qはQを割り切れない]{q^b}と書く。 以下mの素因数のうち、Qの素因数であるものをpそうでないものをqとする。 補題1よりn≧γ(p^a)なる任意のnに対してU_{n+θ(p^a)}≡U_n　(mod　p^a) γ(p^a)のうち、最大になるものをw、θ(p^a)たちの最小公倍数をvと置くと n≧wなる任意のnに対して、U_(n+v)≡U_n　(mod　p^a) したがって、g≡1　(mod　v)となる自然数gに対して、U_(gw)≡U_w　(mod　p^a)となる。 U_gのqの指数cを取る。 補題1より任意のnに対して、U_(n+θ{p^(b+c)})≡U_n　(mod　q^(b+c)) θ{p^(b+c)}たちの最小公倍数をv’とすると、U_(n+v’)≡U_n　(mod　q^(b+c)) よって、g’≡1なる任意の自然数g’に対して、U_(g’w)≡U_w　(mod　q^(b+c)) vとv’の最小公倍数をα(m)、wをβ(m)とする。 sをs≧β(m)なる整数、tをt≡1　(mod　α(m))となる自然数とする。 U_s*{U_(st)/U_s}≡U_s　(mod　p^a) (P,Q)=1だからIV24より(U_s,Q)=1だからU_sとpは互いに素 よってU_(st)/U_s≡1　(mod　p^a) U_s*{U_(st)/U_s}U_(st)≡U_s　(mod　q^(b+c)) {(U_s)/q^c}{U_(st)/U_s}≡U_s/q^c　(mod　q^b) U_s/q^cとqは互いに素だから、U_(st)/U_s≡1　(mod　q^b) よってU_(st)/U_s≡1　(mod　m)となります。 証明終 247 名前：風あざみ [04/12/26 23:49:42] さて命題を示す。 Kを任意の整数とする。 DをD=±(2^e)*h(hは奇数)と書く sやtを以下の性質を満たす素数とする。 s≡1　(mod　8h)、s≧β(8hf) t≡1　(mod　α(8hK)*(s-1))、U_sはtで割り切れない。 tはsに対して十分大きいものとする。 U_(st)/U_sは求める強Lucas擬素数である。 証明 M＝U_(st)/U_sとおく。 補題２よりM≡1　(mod　8hK)　したがって、(D,M)=1となる。 (D/M)=(±1/M)(2/M)^e(h/M)=(M/h)=1 同様に(D/s)=(D/t)=1となるから よってIV30より M*U_s=U_(st)≡U_s　(mod　t) U_sとtは互いに素だから、M≡1　(mod　t) (P,Q)=1だからIV30よりM≡M*U_s=U_(st)≡U_s≡1　(mod　s) よってM≡1≡(D/M)　(mod　st) U_t|U_(st)=M*U_s IV26よりU_sとU_tは互いに素だからU_t|Mとなる。 よってMは合成数である。 M=2^r*d+(D/M)=2^r*d+1(ただしrは正の整数かつdは奇数)とかけるので、d≡0　(mod　st) U_(st)≡0　(mod　M)だからU_d≡0　(mod　M)となる。 よってM= U_(st)/U_sは求める強Lucas擬素数である。 条件を満たす素数sとtは等差数列におけるDirichletの素数定理より無数に存在することがわかる。 よって、条件を満たすMも無数にある。 証明終 248 名前：風あざみ [04/12/26 23:55:37] さて命題を示す。 Kを任意の整数とする。 DをD=±(2^e)*h(hは奇数)と書く sやtを以下の性質を満たす素数とする。 s≡1　(mod　8h)、s≧β(8hK) t≡1　(mod　α(8hK)*(s-1))、U_sはtで割り切れない。 tはsに対して十分大きいものとする。 U_(st)/U_sは求める強Lucas擬素数である。 証明 M＝U_(st)/U_sとおく。 補題２よりM≡1　(mod　8hK)　したがって、(D,M)=1となる。 (D/M)=(±1/M)(2/M)^e(h/M)=(M/h)=1 同様に(D/s)=(D/t)=1となるから よってIV30より M*U_s=U_(st)≡U_s　(mod　t) U_sとtは互いに素だから、M≡1　(mod　t) (P,Q)=1だからIV30よりM≡M*U_s=U_(st)≡U_s≡1　(mod　s) よってM≡1≡(D/M)　(mod　st) U_t|U_(st)=M*U_s IV26よりU_sとU_tは互いに素だからU_t|Mとなる。 よってMは合成数である。 M=2^r*d+(D/M)=2^r*d+1(ただしrは正の整数かつdは奇数)とかけるので、d≡0　(mod　st) U_(st)≡0　(mod　M)だからU_d≡0　(mod　M)となる。 よってM= U_(st)/U_sは求める強Lucas擬素数である。 条件を満たす素数sとtは等差数列におけるDirichletの素数定理より無数に存在することがわかる。 よって、条件を満たすMも無数にある。 証明終 249 名前：風あざみ [04/12/27 00:16:01] >>246の ＞ g’≡1なる任意の自然数g’に対して、U_(g’w)≡U_w　(mod　q^(b+c)) は g’≡1　(mod　v')なる任意の自然数g’に対して、U_(g’w)≡U_w　(mod　q^(b+c)) だな。 250 名前：風あざみ [04/12/27 01:14:03] 自己満で>>244-249を使ってしまってスマソ 251 名前：195 [04/12/28 00:04:07] 自己満ですか＾＾ 252 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [04/12/28 12:28:08] 新しい結果なら、自己満じゃないでしょ？　だいたい自己満なんて 言い出したら、たいていの事は自己満なんだからさ。 253 名前：１３２人目の素数さん [04/12/29 15:15:11] age 254 名前：１３２人目の素数さん [05/01/05 08:41:47] 保守アゲ 255 名前：１３２人目の素数さん [05/01/08 19:34:17] 強 Lucas 擬素数　→　Euler-Lucas 擬素数 → Lucas 擬素数 の証明で, (P,Q)=1 という仮定をして良いのですか？ もし、仮定していないのならば >>224 の 「 U_{(2^r)*d}とV_{(2^r)*d}が奇素数の公約数pを持つ ことになり、IV25に反する。 」は嘘ですね. ここは, (P,Q)=1 という仮定があって成り立つのですから. 256 名前：風あざみ [05/01/08 20:04:12] >>255 そうだな、このままじゃ>>224は間違いだ。 訂正版 >>240の証明から (N,Q)=1となるはずだが、 U_{(2^r)*d}とV_{(2^r)*d}がpで割り切れるとき (pはNの公約数のひとつ) IV6より2Q^{(2^r)d}がpで割り切れることになるが pは奇素数だからQがpで割り切れるので(N,Q)=1に反する。 257 名前：風あざみ [05/01/08 20:16:38] IV6はこういう式ね (V_{(2^r)*d})^2-D(U_{(2^r)*d})^2=4Q^{(2^r)d} だから ＞IV6より2Q^{(2^r)d}がpで割り切れることになるが ＞pは奇素数だからQがpで割り切れるので(N,Q)=1に反する。 は IV6より4Q^{(2^r)d}がpで割り切れることになるが pは奇素数だからQがpで割り切れるので(N,Q)=1に反する。 だな。 258 名前：１３２人目の素数さん [05/01/08 20:28:58] なんという早いレス・・・ 259 名前：遅刻 [05/01/13 14:04:45] 高卒DQNですが、最近数学に興味を持ちました。 今から勉強するにはいったいどのようにするのがお勧めでしょうか。 どなたか是非ご指南ください。 ちなみに32歳です。 260 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [05/01/13 14:07:37] >>259高校のときの教科書と参考書 261 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [05/01/14 19:28:29] そんなもん捨ててしまっただろうよ 262 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [05/01/15 10:45:02] 高校用の参考書買え 263 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [05/01/15 14:24:31] F(n) を Fibonacci数列とするとき 　(1)　n>2を整数 とすると、Σ[k=1..n] 1/F(k) > (n^2)/{F(n+2)-1} 　(2)　Σ[n=1..∞] 1/F(n) > 803/240 を示せ。 science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1072510082/908 science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1072510082/871-873 264 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [05/01/16 06:50:00] ５／２＞１６／７。 265 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [05/01/16 17:05:48] >263 (1) 　F(2)=1 なので、相加･調和平均の不等式より 　左辺 > (n^2)/{Σ[h=1..n] F(h)} = (n^2)/{Σ[h=1..n] (F(h+2)-F(h+1)) = (n^2)/{F(n+2)-F(2)} = 右辺. science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1072510082/927 266 名前：265 mailto:sage [05/01/16 17:32:14] 【補足】 (相加･調和平均の不等式) 　A_1 ････ A_n >0 のとき、 　{Σ[h=1..n] A_h} {Σ[k=1..n] 1/A_k} = n^2 + Σ[k<h]{A_h/A_k +A_k/A_h -2} 　= n^2 + Σ[k<h] {A_h -A_k}^2 /{A_h･A_k} ≧ n^2. 267 名前：風あざみ mailto:sage [05/01/19 03:29:01 ] age 268 名前：263 mailto:sage [05/02/04 20:04:10 ] Fibonacci数列Ｆ(n)に対して (3)　Ｆ(2n) = Ｆ(n+1)^2 -Ｆ(n-1)^2 = F(n){Ｆ(n+1) +Ｆ(n-1)}. (4)　{Σ[k=1,n] Ｆ(k+1)^2}{Σ[k=1,n] 1/Ｆ(2k)} ≧ n^2. science3.2ch.net/test/read.cgi/math/1105911616/58 269 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [05/02/16 13:21:46 ] 109 270 名前：１３２人目の素数さん [05/02/26 08:03:31 ] 641 271 名前：１３２人目の素数さん [05/02/27 08:57:42 ] >>268 F(ｎ+１）+F(ｎ−１）＝L(ｎ）（リュカ数）ですので F(２ｎ）＝F(n)L（ｎ）となります。３９以降を参考にしてください。 272 名前：１３２人目の素数さん [05/03/01 14:43:35 ] U_n(2,4)=((2^n)/√3)sin(nπ/3) V_n(2,4)=2^{n+1}cos(nπ/3) 他にもたくさん sin cos がらみのLucas数列あり. 273 名前：１３２人目の素数さん [05/03/06 09:15:38 ] ２７２は、本当に正しい？　フィボナッチ数なら単調増加するはずだが・・・ 274 名前：272 [05/03/07 13:48:56 ] >>273 判別式が「プラス」なら単調増加になるかも知れんが、 上の判別式は「マイナス」だから・・・ 275 名前：272 [05/03/07 17:50:04 ] U_1(2,4)〜U_15(2,4), V_1(2,4)〜V_15(2,4) を プログラムを作って実際に求めてましたよ。 U_0 = 0　　　　　　　 V_0 = 2 U_1 = 1 　 　　　　　 V_1 = 2 U_2 = 2 = 2　　　　　 V_2 = -4 = -2^2 U_3 = 0 　　　　　　　V_3 = -16 = -2^4 U_4 = -8 = -2^3　　　 V_4 = -16 = -2^4 U_5 = -16 = -2^4　　　V_5 = 32 = 2^5 U_6 = 0　　　　　　　 V_6 = 128 = 2^7 U_7 = 64 = 2^6　　　　V_7 = 128 = 2^7 U_8 = 128 = 2^7 V_8 = -256 = -2^8 U_9 = 0 V_9 = -1024 = -2^10 U_10 = -512 = -2^9 V_10 = -1024 = -2^10 U_11 = -1024 = -2^10 V_11 = 2048 = 2^11 U_12 = 0 V_12 = 8192 = 2^13 U_13 = 4096 = 2^12 V_13 = 8192 = 2^13 U_14 = 8192 = 2^13 V_14 = -16384 = -2^14 U_15 = 0 V_15 = -65536 = -2^16 276 名前：１３２人目の素数さん [05/03/09 08:59:38 ] ２７２で示されたのはリュカ数列の一種な訳ですか？ 私の知っているリュカ数列とずいぶん違う気が・・・。 277 名前：272 [05/03/09 14:23:22 ] >>272 は >>26 で定義された一般Lucas数列ですね. Lucas数列 というのは普通は V_n(1,-1) のよですが, 混乱がないのなら >>26 で定義された U_n(P,Q), V_n(P,Q) もLucas数列と呼ぶときがあります. 同伴Lucas数列と呼ぶときもありますしね. いろいろ呼び方があるんですよ. ただ１つ言えることは, U_n(2,4)=((2^n)/√3)sin(nπ/3) V_n(2,4)=2^{n+1}cos(nπ/3) この２つの数列は何て読んでよいかは正確にはわかりませんが, 式が正しいのは間違いありません. お詫び >>275 の計算結果, 見にくくなってしまい申し訳ありませんでした. 278 名前：１３２人目の素数さん [05/03/19 14:27:42 ] 723 279 名前：１３２人目の素数さん [05/03/19 21:36:04 ] みんなきとるな・・・ 280 名前：風あざみ ◆c/j2mAZ2V6 [05/03/20 11:42:51 ] 何も驚くことはない。 一般Lucas数列のすべてが、単調増加ではないということ。 (俺も気づいていたがあえて書かなかった) 281 名前：Arith ◆Arithtz1sk mailto:sage [05/03/20 19:21:07 ] 正の判別式のLucas数列の絶対値なら単調増加するけどね。 定理： n≧1, |α|≠|β|ならば|W_{n+1}|≧|W_n|(W_i=U_i(P, Q) or V_i(P, Q)) 等号はn=1, P=±1, Q<0, W_i=U_i(P, Q)のときのみ成り立つ。 証明： α, βの順序、符号を入れ替えα>0, |α|>|β|とする。 |αβ|≧1よりα>1だから、 α^(n+1)±β^(n+1)-(α^n±β^n)=α^n(α-1)±β^n(β-1)≧α^n|α-1| -|β|^n |β-1| =|β|^n （|α/β|^n|(α-1)/(β-1)|-1）. （β=0または1のときはα^n|α-1| -|β|^n |β-1|=α^n|α-1|>0） また そこで|α/β|^n|(α-1)/(β-1)|と1の大小を比較する。 282 名前：Arith ◆Arithtz1sk [05/03/20 19:21:55 ] (2/2) n=1のときを考える。 β>1のとき。α>β>1より (α/β)(α-1)/(β-1)-1=（α^2-β^2-(α-β)）／（β(β-1)）=(α-β)(α+β-1)／（β(β-1)）>0. 1>β>0のとき。 (α/β)(α-1)/(1-β)-1=（α^2+β^2-(α+β)）／（β(1-β)）=（α(α-1)+β(β-1)）／（β(1-β)）. α>1より、P=α+β≧2. よって α(α-1)+β(β-1)≧(2-β)(1-β)+β(β-1)≧2(β-1)^2>0. β<0のとき。 (α/β)(α-1)/(β-1)-1=（α^2-β^2-(α-β)）／（β(β-1)）=(α-β)(α+β-1)／（β(β-1)）. α>|β|よりα+β≧1である。α+β>1ならば(α/β)(α-1)/(β-1)>1。α+β=1ならば(α/β)(α-1)/(β-1)=1。 よって、|α/β|^n|(α-1)/(β-1)|≧1, 等号はα+β=1, β<0かつn=1のときのみ成り立つ。 Q.E.D. 283 名前：１３２人目の素数さん mailto:age [2005/03/22(火) 20:24:41 ] それよりも、むしろこちらこそが臭い中年(30)の悪臭腹話劇かと。 敵役キャラの導入の仕方が毎度のことながら池沼丸出しｗ ttp://ex9.2ch.net/test/read.cgi/kyozin/1111230255/ 120 名前：ナナシマさん 投稿日：2005/03/22(火) 19:44:43 ??? 臭ヲタは「臭」の字が大好き　ｍ９(^д^)ﾌﾟｷﾞｬｰ 121 名前：ナナシマさん 投稿日：2005/03/22(火) 19:45:21 ??? 臭ヲタは文字通り臭すぎ　ｍ９(^д^)ﾌﾟｷﾞｬｰ! 122 名前：ペプタイドＸ 投稿日：2005/03/22(火) 20:16:12 7fn/imhY >>120->>121 連レス乙。腋臭は自分では気付かないってホントなんだね？香水でも買うといいよｗ 123 名前：ナナシマさん 投稿日：2005/03/22(火) 20:17:29 ??? >>122　臭い粘着臭ヲタ　ｍ９(^д^)ﾌﾟｷﾞｬｰ! 124 名前：ペプタイドＸ 投稿日：2005/03/22(火) 20:20:50 7fn/imhY >>123 粘着乙。ｍ９(^д^)ﾌﾟｷﾞｬｰ! とかいいながらお前必死な。あっオナニー中 だったらゴメンｗ 284 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/03/22(火) 20:25:48 ] 誤爆した。逝って来る。 285 名前：272 [2005/03/28(月) 13:38:30 ] 気分直しに・・・ P, Q を 0 でない整数とし, n を奇の合成数 >0 とする. このとき, n が底(P,Q)に関する Lucas 擬素数 ⇔ n が底(-P,Q)に関する Lucas 擬素数 n が底(P,Q)に関する Euler-Lucas 擬素数 ⇔ n が底(-P,Q)に関する Euler-Lucas 擬素数 n が底(P,Q)に関する 強Lucas 擬素数 ⇔ n が底(-P,Q)に関する 強Lucas 擬素数 基本過ぎるかな.

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