面白い問題おしえて～な二十二問目©2ch.net

**１３２人目の素数さん転載ダメ©2ch.net** · 2016/05/29(日) 20:27:46.04

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/11(水) 10:58:48.70

>>362-364 >>375-377

Σ[p(素数)<n] 1/p － log(log(n)) → 0.26149721 （n→∞）

Meissel-Mertens定数とか云うらしい...

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/12(木) 17:57:16.59

自分の中ではまだ未解決だけど投稿します

n
Σ(-1)^k･nCk･√k
k=0

はn→∞で0に収束するか。

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/13(金) 10:35:25.09

>>379

1/√(πlog(n))　→　0　(n→∞)

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/13(金) 11:52:05.12

>>380
和をnの指数に乗っけてみたりしたけどだめだった…
何でその式で評価できたかヒントくれたら嬉しい

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/15(日) 08:57:36.50

巡回行列の逆行列は、巡回行列であることを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/16(月) 10:03:05.48

>>382
n次正方行列Pを
(0 0 0 … 0 1)
(1 0 0 … 0 0)
(0 1 0 … 0 0)
(0 0 1 … 0 0)
( … … … )
(0 0 0 … 1 0)
のように定めると、任意の巡回行列Aは P^i (i=0,1,…,n-1) の線型結合で書ける。
よって、A^m (mは任意の自然数)も同様に P_i の線型結合で書けるので巡回行列。
Aの固有方程式を
f(x) = x^n + a_(n-1)･x^(n-1) + … + (a_1)x + a_0
とおくと、A^-1 が存在する時、
A^-1 = -A^(n-1) - a_(n-1)･A^(n-2) - … - (a_1)A^0
も P_i の線型結合で書けるので巡回行列。

見にくくてすまぬ

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/16(月) 11:45:16.96

>>383
最後の長い式は
(a_0)A^-1 = …
だったわ…でも A^-1 が存在するなら a_0≠0 だし、両辺を a_0 で割ればおk

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/16(月) 11:46:42.02

>>382
A が巡回行列のとき、A の余因子行列(Bとする)も
巡回行列であることを示せば十分である。
そのためには、tB (Bの転置) が巡回行列であることを示せば十分である。
A の (i,j) 余因子を Δ(i,j) (係数(－1)^{i+j} は含まない定義を採用する)と書くと、
B ＝ ((－1)^{i+j}Δ(j,i))_{i,j} であるから、tB ＝ ((－1)^{i+j}Δ(i,j))_{i,j} である。
よって、これが巡回行列であることを言えばよい。簡単な考察により、係数 (－1)^{i+j} を
削除した (Δ(i,j))_{i,j} が巡回行列であることを示せば十分であることが分かる。

さて、A は n×n の行列で巡回行列とする。A＝(a_{i,j})_{i,j} の添え字は
1≦i,j≦n の範囲しか動かないが、これを i,j∈Z 全体に「周期的に」拡張する。
さらに、ij平面 H を用意し、H の上に a_{i,j} (i,j∈Z) を敷き詰める。
ただし、H での座標の取り方は、右方向に行くほど j の値が増え、
下方向に行くほどi の値が増えるものとする。

この平面 H において、(n－1)×(n－1) マスの a_{i,j} の塊 S を任意に考える。
また、S の位置から右方向に＋1マス, 下方向に＋1マスずれた場所にある塊を S' とする。
S と S' の中に書き込まれている a_{i,j} の配置は完全に一致していることが
分かる( A が巡回行列であることから即座に従う)。

続く

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/16(月) 11:53:24.01

続き

次に、各 Δ(s,t) について、Δ(s,t)＝det(C) と行列式表示する。
ただし、C は A から第s行, 第t列を取り除いた (n－1)×(n－1)行列である。
C の中身の a_{i,j} の配置について、

・ a_{i,j} の配置全体を上方向に s－1 マスずらす
　(上端からはみ出た行は順次下端に持っていく)

・そのあと、a_{i,j} の配置全体を左方向に t－1 マスずらす
　(左端からはみ出た列は順次右端に持っていく)

という変換をしたあとの行列を D とすると、
Δ(s,t) ＝ det(D) * (－1)^{(n－2)(s－1＋t－1)} ＝ det(D) * (－1)^{n(s＋t)}
となることが分かる。また、D における a_{i,j} の配置は、
H における何らかの (n－1)×(n－1) マスの塊 S に書き込まれた
a_{i,j} の配置と完全に一致する( A → C → D という変換の過程を
平面 H の中で見ればすぐに分かる)。

Δ(s＋1,t＋1) に対しても同じことをすると、
Δ(s＋1,t＋1)＝det(D') * (－1)^{n(s＋t)}
という形になることが分かる。また、D' に対応する H における塊 S' は、
さっきの S の位置から右方向に＋1マス, 下方向に＋1マスずれた場所の塊である。
既に見たように、S＝S' だったから、結局、Δ(s,t)＝Δ(s＋1,t＋1) が成り立つ。
(ただし、s＝n のときは s＋1 を 1 に読み替える。t も同様。)
よって、(Δ(i,j))_{i,j} は巡回行列である。
よって、Aの余因子行列は巡回行列である。

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/19(木) 15:48:05.48

>>379 の類題のうち自力で解決できた問題

n
Σ(-1)^k･nCk･1/√(k+2)
k=0

は n→∞ で0に収束するか。

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/22(日) 03:33:49.40

>>387

1/√(k+2）＝(2/√π)∫(0～∞）e^{-(k+2)xx｝dx,

(与式）＝（2/√π)∫(0～∞）e^(-2xx){1-e^(-xx)}^n dx,

xx=y とおくと、
f(y)＝e^(-2y){1-e^(-y)}^n
＝(4/nn){(n/2)e^(-y)}^2･{1－e^(-y)}^n
≦(4/nn){n/(n+2)}^(n+2)　　　←相乗･相加平均
＝{4/n(n+2)}{n/(n+2)}^(n+1)
＝f(y0)
≒4/{een(n+2)},

∵ (1＋2/n)^((n+1)/2) ≒ｅ,

f(y）は y0＝log((n+2)/2）にただ１つの極大をもつ。
その近傍を正確に求めるため、放物線→Gaussian で近似する。
f(y)≒f(y0){1－((n+2)/n)(y－y0)^2}
　　≒f(y0)ｅ^{－((n+2)/n)(y－y0)^2},

これをyで積分する（-∞～∞）と
dx＝dy/(2√y)≒dy/(2√y0),

(与式）≒ｆ(y0)/√{y0･(n+2)/n}
≒4/{ee(n+1)(n+2)√y0}
→　0　(n→∞)

鞍点法、峠点法、WKB法とか云うのかな？

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/22(日) 04:09:37.32

>>379 >>381
Ｃ[n,k]･√k＝n･Ｃ[n-1,k-1]/√k

以下、>>387-388 と同様にやれば出る？

ｎ階差分式も計算するのは中々大変...

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/22(日) 22:12:52.74

>>388
おお…
何というか、これが正攻法か…って感じで圧倒されました

自分が用意した解法の概略は以下の通りです。参考までに
①C^∞((-1,∞))上の作用素Δを (Δf)(x):=f(x+1)-f(x) と定める
②ΔとD(微分)が可換であることを示す
③f(x):=1/√(x+1) とおくと、任意の非負整数n,mについて (-D)^m･(-Δ)^n･f は正である
④数列 {(-Δ)^n･f(0)} は収束する
⑤ (-Δ)^n･f(1) = (-Δ)^n･f(0) - (-Δ)^(n+1)･f(0) より、左辺は0に収束する

この方法では 1/√(x+1+ε) までにしか適用できないのが残念

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/22(日) 22:14:18.36

F(n)をn番目のフィボナッチ数、
φ(k)を1以上k以下の整数のうちkと互いに素であるものの個数とする。
任意の非負整数nに対して
Σ[k=1～F(n+2)]φ(k)>=2^n
が成り立つことを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/23(月) 00:21:58.45

>>388
この積分表示だと、pを0以上の実数、lを正整数、z∈C は |z＋1|＜1 を満たすとして

lim[n→∞] Σ[k＝0～n] nCk z^k (k＋l)^{－p} ＝ 0

が出るね。

**389** · 2017/01/23(月) 04:19:53.08

>>379 >>381

>>387-388と同様にやると、

1/√(k+1）＝（2/√π)∫(0～∞）e^{-(k+1)xx｝dx,

（与式）＝ｎ納k=1,n] Ｃ[n-1,k-1] / √k
＝ｎ納k=0,n-1] Ｃ[n-1、k] / √(k+1)
＝（2n/√π)∫(0～∞）e^(-xx){1－e^(-xx)}^(n-1) dx,

xx=y とおくと、
f(y)＝e^(-y){1－e^(-y)}^(n-1)
＝(1/(n-1)){(n-1)e^(-y)}･{1－e^(-y)}^(n-1)
≦(1/(n-1)){(n-1)/n}^n　　　　←相乗･相加平均
＝(n-1)^(n-1) / (n^n)
＝f(y0)
≒1/{e√(n(n-1))},

∵ (1＋1/(n-1))^(n-1/2) ≒ｅ,

f(y）は y0＝log(n）にただ１つの極大をもつ。
その近傍を正確に求めるため、放物線→Gaussian で近似する。
f(y)≒f(y0){1－(n/2(n-1))(y－y0)^2}
　　≒f(y0)ｅ^{－(n/2(n-1))(y－y0)^2},

これをyで積分する（-∞～∞）と
dx＝dy/(2√y)≒dy/(2√y0),

（与式）≒ｆ(y0)･√{2n(n-1)/y0}
≒(√2)/(e√y0)
→　0　(n→∞)
ひじょうに遅いものの、収束すると思うよ。

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/24(火) 07:22:18.33

任意の正整数iに対してiとi+1は互いに素だから
任意の整数jはiまたはi+1と互いに素となるので
φ(i)+φ(i+1)≧i+1（1はiとi+1のどちらとも互いに素なので）
これにより任意の正整数mに対して
2Σ[k=1～m]φ(k)
=φ(1)+{φ(1)+φ(2)}+{φ(2)+φ(3)}+…+{φ(m-1)+φ(m)}+φ(m)
≧1+2+…+m+φ(m)
=m(m+1)/2+φ(m)
したがってΣ[k=1～m]φ(k)≧m(m+1)/4+φ(m)/2
0≦n≦3のとき、直接代入することによって
Σ[k=1～F(n+2)]φ(k)≧F(n+2)(F(n+2)+1)/4+φ(F(n+2))/2≧2^n
がいえる。
n≧4のとき、F(n)の一般項を考えると
Σ[k=1～F(n+2)]φ(k)≧F(n+2)^2/4≧2^n
がいえる。

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/24(火) 07:23:07.47

>>394は>>391への回答ね

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/24(火) 08:25:00.65

>>394
残念だが例えば6は15,16のどちらとも互いに素ではないぞ

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/24(火) 21:13:57.09

>>396の言うとおりで、盛大に間違ってたｗ
φ(i)+φ(i+1)≧i+1はi=14のとき成り立たない。
φ(i)+φ(i+1)≧iなら言えるかと思ったけどi=69のとき成り立たない。
根本的に考え方を変える必要がありそう。

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/25(水) 18:26:27.68

>>391 解答
数列{a[n,m]}(n=0,1,...,m=0,1,2,...,2^n)を以下に従って帰納的に定める：

a[0,0]=a[0,1]=1,
i≧0において
a[i+1.2k]=a[i,k](k=0,1,...,2^i),
a[i+1.2k-1]=a[i,k-1]+a[i,k](k=1,2,...,2^i).

このときmax{a[n.0],a[n,1],...,a[n,2^n]}=F(n+2)(n≧0)が帰納的に示される.
よって数列a[n.0],a[n,1],...,a[n,2^n]はF(n+2)に対応するファレイ数列の,各項の分母のみを取り出してできる数列の部分列である(ファレイ数列の性質より).
一方ファレイ数列に現れる分母がk(≧2)の分数は高々φ(k)個であるから,φ(1)=1に注意すると所望の不等式が得られる.(終)

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/26(木) 13:24:07.65

>>398
こんな難しいことしなくても、チェビシェフによる素数定理の
初等的な評価の仕方を真似した方が、オーソドックスなのに
より強い結果が出る。

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/26(木) 16:17:17.01

チェビシェフ出すための問題禁止

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/26(木) 16:39:43.50

鶏を割くに焉んぞ牛刀を用いん。
あえて牛刀を用いるマゾ体質に突っ込みを入れちゃぁいけないなあ。

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/26(木) 17:16:45.84

どっちのことを牛刀と言っているのかは知らんが、
チェビシェフの計算を牛刀と証するのは物凄い違和感がある。

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/26(木) 17:50:23.14

定理を引用するのではなく計算の技巧を参考にするだけなら
論理的に不経済というわけではないわな

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/26(木) 18:22:15.10

濫りにチェビシェフ猊下を引用するのは
不敬罪であります。

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/28(土) 20:42:16.91

a[k+1]=2a[k]+1を満たす数列は素数でない項をもつことを示せ

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/28(土) 22:01:22.78

a[n]≡-1のときは困ったね

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/29(日) 08:17:23.68

>>405
a[1]>0 は素数とする。
a[1]=1 のとき、a[4]=15=3*5 は素数でない。
a[1]=2 のとき、a[6]=95=5*19 は素数でない。
a[1]=p (奇素数) のとき
　a[p]=2^(p-1)･(a[1]+1)-1≡2^(p-1)-1≡0 (mod p)
　ここでフェルマーの小定理を用いた。
　また、a[p]>a[1]=pゆえ、a[p] は素数でない。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/01(水) 18:41:56.03

mを0以上の整数,nを2以上の整数とするとき,
2Σ[k=0～m]C[2m,2k]n^{2k}(n+1)^{m-k}(n-1)^{m-k}
は平方数でないことを示せ.

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/01(水) 20:34:06.07

x = √(nn-1) とおく。

S_M ≡ 2Σ[k=0～[M/2]] Ｃ[M,2k] n^(2k) x^(M-2k)
= (n+x)^M + (n-x)^M,
S_0 = 2,
S_1 = 2n,
S_M = 2n･S_{M-1} - S_{M-2},
より、S_M は自然数。

S_{2m} = (S_m)^2 -2 は平方数でない。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/02(木) 05:17:54.74

>>409 訂正

S_M ≡ 2納k=0～[M/2]] Ｃ[M,2k] n^(M-2k) x^(2k)
= (n+x)^M + (n-x)^M,

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/02(木) 16:51:21.91

任意の正の整数a,mに対して,以下の条件を満たす正の整数nが無限個存在することを示せ.
条件：an^2+1が相異なるm個以上の素因数をもつ.

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/02(木) 16:56:34.95

a[k+1]=2a[k]+1を満たす数列は素数でない項をもたない。
＝＞a[k+1],a[k] が素数、しかし　いずれかは偶数
で　おかしい。

よって
a[k+1]=2a[k]+1を満たす数列は素数でない項をもつ

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/02(木) 19:05:10.56

ちなみに+1を+b(bは任意の正の整数)に置き換えても同じことが成り立つとさっきわかった

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/02(木) 19:16:40.30

bが負でも成り立つ

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/07(火) 01:09:53.07

rを有理数とし,f(r)=(cosrπ)^2とする.
(1)f(2r)をf(r)で表せ.
(2)(1)を利用して,f(r)が有理数となるときその値は0,1/4,1/2,3/4,1のいずれかであることを示せ.

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/07(火) 02:38:30.38

http://light.dotup.org/uploda/light.dotup.org416049.png

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/07(火) 14:54:49.18

>>415
(1)だけ
f(r) = {1＋cos(2rπ)}/2,
f(2r) = {cos(2rπ)}^2 = {2f(r)－1}^2,

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/08(水) 02:56:29.13

rを二倍二倍していくと、f(r)はあるところから循環する
f(r)がそれらの値でないと、分母が肥大化していく

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/08(水) 10:07:16.46

Σ1/(p^2+q^2)
は収束するか。ただしp,qは全ての素数を動く

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/08(水) 11:35:16.14

Σ1/n^2の部分列

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/08(水) 12:15:51.63

https://www.youtube.com/watch?v=quIHgwuF6r4&;sns=em

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/08(水) 12:42:09.60

書き方悪かったかも
Σ1/(p^2+q^2)
p,qは素数

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/08(水) 16:09:59.38

｛ｐ，ｑ｝で前空間を覆う

integrate((1/r^2)r, {r,1,Infinity}] で発散するが

適当な薬て実用麺では、積分可能になるので使い方次第。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/09(木) 07:21:21.80

>>422
xが大きい所での素数率は 1/log(x) なので（素数定理）
納p］… ≒∫[a,∞）… dx/log(x)

(与式）≒ ∬[a,∞）1/{(xx+yy)log(x)log(y)} dxdy
> ∬[a,∞) 1/{(xx+yy)log(√(xy))^2} dxdy
> ∬[a,∞) 1/{(xx+yy)log(√((xx+yy)/2))^2} dxdy
= ∫[a,∞) 1/{r･log(r/√2)^2} (π/2)dr
=［ -π/2log(r/√2) ](r=a,∞)
= π/{2log(a/√2)},

う～む

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/09(木) 07:32:55.53

∫[0,π/2］1/{log(cosθ)*log(sinθ)} dθ = ∞
で発散？

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/09(木) 08:41:33.67

p[k]をk番目の素数とする

p[k]^2+p[n-k]^2 は、k=[n/2]で最小になることに注目すると、

Σ[i,1,N]Σ[j,1,N] 1/(p[i]^2+p[j]^2)
=Σ[n,2,2N]{Σ[k,1,n] 1/(p[k]^2+p[n-k]^2)} - 2Σ[余分に足した領域]
<Σ[n,2,2N]{Σ[k,1,n] 1/(p[k]^2+p[n-k]^2)}
<Σ[k,1,N] {(2k-1)/(2p[k]^2) + 2k/(2p[k]*p[k+1])}
<Σ[k,1,2N] k/p[k]^2
たぶん　収束

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/09(木) 14:57:50.34

p[k]をk番目の素数とする。

s_n = Σ[k=1,n-1］1/(p[k]^2 + p[n-k]^2) < π/n^2,　　…(*)

∴ Σ[n=2,N］s_n < Σ[n=2,N］π{1/(n-1/2) - 1/(n+1/2)} = π{2/3 - 1/(N+1/2)} < 2π/3,

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/09(木) 15:02:18.71

>>427
nが小さい所では

s_2 = 1/8 = 0.125
s_3 = 0.153846154
s_4 = 0.124521073
s_5 = 0.096559378
s_6 = 0.070482759
s_7 = 0.053972336
s_8 = 0.041964605
s_9 = 0.034264846
s_10 = 0.028833721
s_11 = 0.024079395
s_12 = 0.020750266
s_13 = 0.017804386
s_14 = 0.015494523
s_15 = 0.013698936
s_16 = 0.012221603 = 3.128730 / 16^2
s_17 = 0.010254314
s_18 = 0.008568337
s_19 = 0.007161035
s_20 = 0.005957559
s_21 = 0.004919547
s_22 = 0.004035864
s_23 = 0.003270644
s_24 = 0.002596187
s_25 = 0.002023219
s_26 = 0.001549861

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/10(金) 00:29:51.15

>>422 の答えは『収束する』です。
一応用意してた証明の概略はこんな感じ↓

①素数定理を使って、 p[n]≦(nlogn)/2 を満たす自然数nが有限個しか存在しないことを示す
②和を積分で評価した後、x>1 の範囲で (xlogx)^2 が下に凸であることを利用して簡単にしてから計算し、収束を示す

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/11(土) 07:13:41.85

x以下の素数の数をπ(x）とおく。

〔補題〕
π(n）< 2n/log(n),

(略証)
n以下の自然数で、dで割りきれないものは
n -［n/d］≦ n -（n/d）+（d-1)/d
=（n+1)(1-1/p)
=（n+1)/(1+1/p+1/pp+…)
よって
π(n）= n - Σ_(p)［n/p］+ Σ_(p<p')［n/pp'］- Σ_(p<p'<p")［n/pp'p"］+ …
< n･Π_p (n+1)(1-1/p)
< n･(n+1)^((n+1)/2)／(1+1/2+1/3+…+1/n)　　　(←*)
< 2n/{log(n)＋γ}

*　p(n)≧2n-1 より、π(n)≦［(n+1)/2],
ここに　γ = 0.5772156649（オイラー定数）

〔系〕
p[n] > n･log(n)/2

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/11(土) 14:08:52.75

フィボナッチ数列F(n)について次の等式を証明せよ
Σ[k=0,n-1]F(2^k)F(3*2^k)=F(2^n-1)F(2^n+1)

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/11(土) 15:04:04.63

もうひとつ。次の等式を証明せよ
Σ[k=0,n-1](-1)^(n-k-1)*F(3^k)F(2*3^k)=F((3^n-1)/2)F((3^n+1)/2)

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/11(土) 16:37:04.79

>>431-432

G(n）= √{5･F(n)^2 + 4･(-1)^n},
とおくと
F(n+m）F(n-m）=｛G(2n）- (-1)^n･G(2m)}/5,

・参考
sinh(a+b)sinh(a-b) = {cosh(2a) - cosh(2b)}/2,
cosh(a+b)cosh(a-b) = {cosh(2a) + cosh(2b)}/2,

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/11(土) 21:17:05.61

>>433 に補足。。。

G(n) = F(n-1) + F(n+1),
F(n）=｛G(n-1) + G(n+1)}/5,

∴　G(n+1）= G(n）+ G(n-1),

倍角公式
F(2n) = F(n)G(n),
G(2n) = G(n)G(n) - 2(-1)^n,

・参考
nが偶数のとき
F(n) =（2/√5)sinh(nα),
G(n) = 2cosh(nα),

nが奇数のとき
F(n) =（2/√5)cosh(nα),
G(n）= 2sinh(nα),

α = log(φ）= log((1+√5)/2),

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/14(火) 03:26:02.08

a[1]<a[2]<・・・を正の整数からなる無限列とする.
正の整数kに対してa[i]+a[j]=kを満たす組(i,j)のうち,i≦jであるものの個数をf(k),i<jであるものの個数をg(k)と表す.
(1)f(n)≠f(n+1)を満たす正の整数nが無限個存在することを示せ.
(2)g(n)≠g(n+1)を満たす正の整数nが無限個存在することを示せ.

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/14(火) 04:34:09.93

>>435

正の整数kに対して a[i]=k となるiの個数をb[k]とおくと、
f(k）= Σ(i+j=k，i≦j）b[i]･b[j],
g(k）= Σ(i+j=k，i<j）b[i]･b[j],

題意により b[k]= 0 or 1 だが...

う～む

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/14(火) 09:58:34.96

>>435
f(2n)+g(2n)は、b[n]=0の時偶数、b[n]=1の時奇数になるから、
f(n)+g(n)≠f(n+1)+g(n+1) を満たすnは無限に存在する事が言える。
しかしこれでは(1)と(2)の少なくとも一方が成り立つという事しか言えん…

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/14(火) 10:17:13.11

>>435
とりあえず、(1)はできたと思う。
正整数全体の集合を N と置く。B⊂N に対して、1_B：N → { 0, 1 } を

1_B(n)＝ 1 (n∈B), 0 (￢(n∈B))

と定義する。以下では、B＝{ 2a_i｜i≧1 } と置く。
>>435 の f(n), g(n) に対して、

｜{ (i,j)∈N^2｜a_i＋a_j＝n }｜＝ 2f(n)－1_B(n) ＝ 2g(n)＋1_B(n)

が成り立つことに注意する。さて、F(x)＝Σ[i＝1～∞] x^{a_i} と置くと、
この級数は｜x｜＜1 なる任意の実数 x に対して絶対収束する。
また、任意の｜x｜＜1 に対して

F(x)^2＝Σ[i,j＝1～∞] x^{a_i＋a_j}
＝Σ[n＝1～∞] x^n｜{ (i,j)∈N^2｜a_i＋a_j＝n }｜
＝Σ[n＝1～∞] (2f(n)－1_B(n))x^n
＝2Σ[n＝1～∞] f(n)x^n－Σ[n＝1～∞] 1_B(n)x^n
＝2Σ[n＝1～∞] f(n)x^n－Σ[i＝1～∞] x^{2a_i}
＝2Σ[n＝1～∞] f(n)x^n－F(x^2)

となるので、F(x)^2＋F(x^2)＝2Σ[n＝1～∞] f(n)x^n となる。
同様にして、F(x)^2－F(x^2)＝2Σ[n＝1～∞] g(n)x^n となる。
(続く)

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/14(火) 10:23:21.89

(続き)

(1)：背理法で示す。f(n)≠f(n＋1)を満たす n が有限個しかないとする。
このとき、ある n_0 が存在して、n＞n_0 のとき f(n) は定数である。
その値を s としておく。このとき、任意の｜x｜＜1 に対して

Σ[n＝1～∞] f(n)x^n
＝Σ[n＝1～n_0] f(n)x^n＋Σ[n＝n_0＋1～∞] sx^n
＝Σ[n＝1～n_0] f(n)x^n＋Σ[n＝0～∞] sx^n－Σ[n＝0～n_0] sx^n
＝E(x)＋s/(1－x)

となる。ただし、E(x)＝Σ[n＝1～n_0] f(n)x^n－Σ[n＝0～n_0] sx^n と置いた。
よって、

F(x)^2＋F(x^2)＝2Σ[n＝1～∞] f(n)x^n＝2E(x)＋2s/(1－x)

となる。F(x)^2≧0 だから、F(x^2)≦2E(x)＋2s/(1－x) となる。
これが任意の｜x｜＜1 で言える。そこで、x↓－1 とすると、

＋∞ ≦ 2E(－1)＋2s/2

となって矛盾する( E(－1) は普通に実数値として値が定まることに注意する)。
よって、(1)が成り立つ。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/14(火) 10:25:17.85

ありゃ、上がってしまったスマン

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/14(火) 17:51:43.65

>>435の(2)も出来た気がするが、清書してみたら6レス分の長さになった上に
評価の仕方が際どくて、書き込むべきか非常に迷う・・・

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/14(火) 18:35:19.68

かまわん、続けたまえ。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/14(火) 19:14:34.52

読み返してたら、不等号の向きを完全に間違えてる箇所があった
書き込まなくてよかったｗ

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/15(水) 07:48:10.34

>>435の(2)の途中経過を書き込んでみる

昨日は不等号の間違いを見つけてしまってダメだったが、
そのあと別の計算をして、次のことは分かった

―――――――――――――――――――――――――――――――――――
(2) 背理法で示す。g(n)≠g(n＋1)を満たす n が有限個しかないとする。
このとき、ある n_0 が存在して、n＞n_0 のとき g(n) は定数である。
その値を s としておく。明らかに s≧1 である。このとき、色々と計算すると、

(2s)^{-1} * (2^{1/3}＋2^{-2/3})^{-3} ≦ liminf[n→∞] a_n / n^2,

limsup[n→∞] a_n / n^2 ≦ 2 / s

が成り立つことが証明できる。
―――――――――――――――――――――――――――――――――――

どのみち計算が長い上に間違ってる可能性があるので詳細は書き込まないが、
もしこれが正しいなら、a_k は k^2 のオーダーということになり、
かなりスカスカになっている
こうなると、そもそも n＝a_i＋a_j の形では表せない n が
無限に存在しそうな気がするのだが、よく分からん

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/15(水) 08:56:06.36

>>430
ちょっと変…

π(n）= n - Σ_(p)［n/p］+ Σ_(p<p')［n/pp'］- Σ_(p<p'<p")［n/pp'p"］+ …
< n･Π_p (1+1/n)(1-1/p）
< n･(1+1/n)^((n+1)/2)／(1+1/2+1/3+…+1/n)　　　(←*）
< 2n/{log(n)＋γ｝

* n≧3 のとき
（1+1/n)^{(n+1)/2｝
<｛e^(1/n)}^{(n+1)/2｝
= e^{(1+1/n)/2}
≦ e^(2/3）
< e^(0.693…)
= 2

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/15(水) 22:03:22.79

１４以下の自然数を８つ選び、どの三つ組も等差数列を成さないようにすることは可能か。

可能ならその選び方を全て求め、不可能なら証明せよ。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/16(木) 00:07:20.53

>>446
{1,2,4,5,10,11,13,14}
しかないようですね。

もし7を選んだら、1～6と8～13の12個の中からは7を挟んで対称なペアは選べないので
7と、{1～6,8～13}のうちから6個と、13を選ぶことになるが、
この場合、1～6と8～13の中の7を挟んだペアの片方は必ず選ぶことになり、
すぐ矛盾が導ける。
例えば、もし6を選んだら5は選べないので9を選ぶことになるが、
7,9があるので11は選べず3を選ぶことになり、3-6-9で不適。
8を選んだ場合も同様。
以上より、7は選べないことがわかる。
同様にして、8も選べない。

すると、1～6と9～14から8個選ぶことになるが、連続した6個から5個は選べないことは
すぐわかるので、結局1～6と9～14からそれぞれ4個ずつ選ぶことになる。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/16(木) 00:12:19.92

あとは、連続した6個から4個を選ぶ方法が
○○×○○×
○○××○○
○×○○×○
×○○×○○
しかないので、これらを××をはさんで組み合わせて条件を満たすのが
○○×○○× ×× ×○○×○○
しかなかった。

もっとスマートな探し方があるかどうかは知らん

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/16(木) 00:27:01.31

(1..14).to_a.combination(8){|x|
print x if x.combination(3).all?{|y|y[1]-y[0]!=y[2]-y[1]}
}

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/16(木) 01:41:36.08

F(n)およびL(n)は任意の整数nについて
F(0)=0, F(1)=1, F(n+2)=F(n+1)+F(n)
L(0)=2, L(1)=1, L(n+2)=L(n+1)+L(n)
を満たすものとする。
にんいの整数m,nについてF(2mn)/L(m)は整数となることを示せ。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/16(木) 03:12:40.25

>>450

加法公式
　F(a+b）=｛F(a)L(b)+L(a)F(b)}/2

nについての帰納法により、
F(na）は F(a）の倍数。
F(2mn）は F(2m) の倍数

また、F(2m) = F(m)L(m),

>>433-434 の G(n) は L(n）と同じものです。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/16(木) 05:26:01.36

>>451
その加法公式を示すところも問題の一部のような気もしますが…。

任意の整数nについてA(n+2)=A(n+1)+A(n)を満たすとき
A(n)=(A(1)-A(0)/2)F(n)+(A(0)/2)L(n)
となることなどからいろいろやるとそこは導けましたが、

＞　nについての帰納法により、
＞　F(na）は F(a）の倍数。
のところが、加法公式の右辺が2で割られているせいでうまくできません。
そこはどうやって処理するのか教えていただけるとうれしいな。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/16(木) 06:42:26.93

>>448
正解です。正直、等差数列系の問題はだいたいごり押しとか数の暴力からの鳩ノ巣が多い気がするので効率を求めたら負けって思ってしまう

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/16(木) 07:36:35.03

>>452
加法公式
F(a+b）= F(a)F(b±1) + F(a干1)F(b),
を使うと、2で割らないので、うまくできると思います。
F(a+b）= F(a+1)F(b+1）- F(a−1)F(b−1),
F(a+b+c）= F(a+1)F(b+1)F(c+1）+ F(a)F(b)F(c）− F(a−1)F(b−1)F(c−1),
もありますが。。。

>>431
積和公式
F(n+m)F(n-m）= F(n)^2 －(-1)^(m±n)･F(m)^2,
を使うと、うまくできると思います。
L(n）を出す必要なかった。。。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/16(木) 08:03:16.09

>>452
〔ド･モアブルの式〕
　［L(na)＋F(na)√5]/2 =｛[L(a)＋F(a)√5]/2}^n,

(略証)
F(a）=［φ^a -(-1/φ)^a]/√5,
L(a）= φ^a + (-1/φ)^a,
∴［L(a)＋F(a)√5]/2 = φ^a,

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/16(木) 09:13:59.06

https://youtu.be/2q-vGObpa4M

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/17(金) 00:58:24.76

m,kは非負整数とする

(1)
8k+7は、3個の平方数の和として表せないことを示せ
逆は成り立たない（例えば28）

(2)
(4^m)(8k+7)は、3個の平方数の和として表せないことを示せ
逆も成り立つ（が証明は知らない）

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/17(金) 05:35:09.16

>>457
俺がアホなのか？
「n=8k+7」 ⇒ 「nは3平方和で表せない」の逆は、「nは3平方和で表せない」 ⇒ 「n=8k+7」じゃないのか？
28が逆が成り立たないことの反例になっていないと思うけど。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/17(金) 05:43:42.98

>>457
(1)
(4a)^2 = 16a^2≡0　（mod 8)
(4a±1)^2 = 8a(2a±1) + 1 ≡ 1　（mod 8)
(4a+2)^2 = 16a(a+1) +4 ≡ 4　（mod 8)
｛0,1,4｝から3個取ってたしても ≡7 にならない。

(2)
　それが3個のへ平方数の和で表わせたと仮定すると、3個とも偶数。、
∴ その1/4もまた3個の平方数の和として表わせる。
　これを繰り返すと結局、8k+7が3個の平方数の和として表わせ（1）と矛盾する。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/17(金) 05:44:55.97

>>458
うん。
28は３つの平方数の和として表せないにもかかわらず8k+7ではないので
ちゃんと反例になってますね。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/17(金) 06:10:08.19

>>460
ああそうだ。やはり私はアホだった。

**457** · 2017/02/17(金) 09:40:28.24

問題の出典は『チャレンジ！整数の問題199』

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/17(金) 11:29:11.25

一辺1の正方形に含まれる最大の正三角形は？

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/17(金) 11:41:10.79

面白いか？

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/17(金) 11:43:11.86

俺は面白いと思うぞ

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/17(金) 11:58:44.32

n≧3において
(1)一辺1の正n+1角形に含まれる最大の正n角形の一辺は？
(2)一辺1の正n角形に含まれる最大の正n+1角形の一辺は？

せめてこのくらいで。答えは知らん

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/17(金) 14:39:51.67

>>463
折角なのでほぼ数式だけで解いてみる。

座標平面上の三点(0,0)、(a,b)、((a+(√3)b)/2,(-(√3)a+b)/2) のうち、どの二点のx座標の差、y座標の差も絶対値が1以下であると仮定すると、
A=1-a^2
B=1-(((√3)a+b)/2)^2
C=1-((a+(√3)b)/2)^2
D=1-b^2
E=1-((-a+(√3)b)/2)^2
F=1-((-(√3)a+b)/2)^2
は全て0以上となる。よって、
0≦ACE+BDF
であるから、式を整理すると
0 ≦ 32 - 48(a^2+b^2) + 18(a^2+b^2)^2 - (a^2+b^2)^3
すなわち
a^2+b^2 ≦ 8-4√3 or 2 ≦ a^2+b^2 ≦ 8+4√3
を得る。

後者の不等式が成り立つと仮定すると A=D=0 となるが、B,C,E,F の符号を考えると不適。
したがって、 a^2+b^2 ≦ 8-4√3.
∴√(a^2+b^2) ≦ √6-√2.
等号は (a,b)=(1,2-√3) 等の時に成り立つ。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/17(金) 15:03:16.58

http://wasmath.la.coocan.jp/zukei003.pdf

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/17(金) 15:14:38.37

>>468
早稲田数学フォーラムか。
こんな感じで大学の数学の問題出してる所ないかな？

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/18(土) 20:23:01.46

F(n),f(n)は任意の整数nについて
F(0)=0, F(1)=1, F(n+2)=F(n+1)+F(n)
f(n+2)=f(n+1)+f(n)
を満たすとする。
このとき任意の整数a,b,cについて次の等式が成り立つことを示せ。
(-1)^c*F(b-c)f(a)+(-1)^a*F(c-a)f(b)+(-1)^b*F(a-b)f(c)=0

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/20(月) 03:01:51.79

P(x)を定数でない整数係数多項式とする.
以下の条件(i),(ii)をともに満たすような正の整数からなる無限列a[1],a[2],...が存在することを示せ.
(i)任意の正の整数kに対して,P(a[k])はP(a[k+1])を割り切る.
(ii)任意の正の整数kに対して,P(a[k+1])の素因数であって,P(a[k])を割り切らないものがある.

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/20(月) 08:32:37.78

(1)縦a横bの長方形に含まれる正三角形の最大面積Sを求めよ

(2)縦a横b高さcの直方体に含まれる正四面体の最大体積Vを求めよ

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/20(月) 13:16:17.71

>>471
P(x)の最高次の係数を正としてよい。
x>M で P(x)が単調増加になるような実数Mを１つ定める。

a[1]>M かつ P(a[1])>1 を満たすように a[1] をとり、漸化式
a[n+1] = a[n] + P(a[n])^2
により数列 {a[n]} を定めると、
P(a[n+1]) ≡ P(a[n]) (mod P(a[n])^2)
より、
P(a[n+1]) = P(a[n])×(kP(a[n])+1) (ただしkはある正の整数)
となるので、数列{a[n]}は(i),(ii)のどちらも満たす。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/20(月) 13:33:50.51

>>473
補足
下から二行目のkの値はnに依ります。k[n]と書いた方が正確だったかも

このkが何故正になるかというと、
a[n+1] > a[n] ≧ a[1] > M より、
P(a[n+1]) > P(a[n]) が成り立つため。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/21(火) 13:15:02.81

>>426
7^2+13^2<11^2+11^2.

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/21(火) 15:48:15.44

なるほど、n-4,n,n+2 型の三つ子素数が中央に来る場合
2n^2-{(n-4)^2+(n+2)^2}=4(n-5)なので、当てはまらないですね。

p[k]^2+p[m-k]^2+p[m+1-k]^2+p[N+1-k]^2 , m=[N/2]
みたいな物を考えて、これが、kによらず 4*p[m]^2 以上みたいなものに変更すれば、
修正可能と思われる。

**１３２人目の素数さん** · 2017/02/21(火) 15:49:33.68

×　p[k]^2+p[m-k]^2+p[m+1-k]^2+p[N+1-k]^2 , m=[N/2]
○　p[k]^2+p[m-k]^2+p[m+1+k]^2+p[N+1-k]^2 , m=[N/2]

面白い問題おしえて～な 二十二問目©2ch.net

面白い問題おしえて～な二十二問目©2ch.net