整数論の問題を出し合うスレ

整数論の問題を出し合うスレ at MATH

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
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)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は>>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）
= ∑[k=1→n] b_{ki}*φ(k)*b_{kj}
= ∑[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
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:17番)

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ﾌﾞ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
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:470番)

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
URLﾘﾝｸ(www.math.tohoku.ac.jp)

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！★
URLﾘﾝｸ(www.math.tohoku.ac.jp)

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≡１５（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
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:690番)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
荒

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
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:690番)
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)
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:39番)
にも別問題を出題しておいた。

90:１３２人目の素数さん
05/03/24 02:49:55
319

91:１３２人目の素数さん
05/04/05 21:35:39
793

92:１３２人目の素数さん
05/04/23 18:03:11
352

93:１３２人目の素数さん
05/04/23 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
05/04/25 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
05/04/25 23:58:41
>>94
もっとくわしく！

96:１３２人目の素数さん
05/04/26 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
05/04/26 00:58:19
↑重複あり

98:１３２人目の素数さん
05/04/26 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
05/04/26 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
05/04/26 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
05/04/26 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
05/04/26 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
05/04/26 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
05/04/26 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
05/04/26 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
05/04/26 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
05/04/27 02:03:25
>>104
タイトルきぼん

108:１３２人目の素数さん
05/04/27 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…

URLﾘﾝｸ(sslserver.sbs-serv.net)

109:１３２人目の素数さん
05/04/29 03:01:28
>>108
整数の範囲なら和は 0.

110:１３２人目の素数さん
05/04/29 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
05/04/29 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
05/04/29 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
05/04/29 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
05/04/29 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
05/04/29 07:16:59
>>109
楽しい？

116:１３２人目の素数さん
05/04/29 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
05/05/02 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。
URLﾘﾝｸ(www.springerlink.com)

118:１３２人目の素数さん
05/05/04 13:12:19
スレ違い

119:BlackLightOfStar ◆ifsBJ/KedU
05/05/05 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
05/05/05 17:10:47
擦れ違い

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

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

129:１３２人目の素数さん
05/05/05 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
05/05/05 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
05/05/05 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
05/05/06 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
05/05/06 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
05/05/09 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
05/05/09 01:33:01
>>129
ね

136:風あざみ
05/05/09 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
05/05/10 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
05/05/11 09:40:23
風あざみって整数論ヲタか・・・

139:１３２人目の素数さん
05/05/19 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
05/05/19 01:44:47
age

141:１３２人目の素数さん
05/05/20 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
05/05/20 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
05/05/20 20:38:45
>>142

意味不明？

144:１３２人目の素数さん
05/06/13 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
05/06/14 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
05/06/14 01:42:04
>>145
ウホッ！ありありん。

147:１３２人目の素数さん
05/06/15 02:11:27
age

148:BlackLightOfStar ◆JdCYjAp6Bs
05/06/15 03:17:41
Re:>>147 age んな。

149:GreatFixer ◆ASWqyCy.nQ
05/06/15 20:52:34
Re:>>148 お前誰だよ？

150:１３２人目の素数さん
05/06/15 21:44:52
>>148
おまえをあぼーんする！

151:１３２人目の素数さん
05/06/26 02:13:43
z

152:１３２人目の素数さん
05/06/27 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
05/06/27 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
05/07/07 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
05/07/08 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
05/07/08 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
05/07/08 13:23:13
>>156
f(x)=p(x^n)+a, (p,a)=1

158:１３２人目の素数さん
05/07/10 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
05/07/12 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。

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