【数セミ】エレガントな解答をもとむ3【2018.10】
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わしの勝ちぢゃな。最初からのニッコリがこれより長く連続することはなかろうて。 読者の解答をまともに読んでないことが分かっちゃった人 8月号の出題1 n次の円分多項式をf(n:x)、簡単のためexp{2πi(n/m)}=ex(n;m)と書くことにする。 一般化して、以下の命題を考える。 「qを奇素数、mをm≡-1 (mod q)をみたす2以上の整数、kを正の整数とする。 f(q:m^k)=pの値が素数となるとき、以下の合同式が言える。 m^(m^k +1)≡1 (mod p)がいえる。」…※ kがqのべき乗ではないと仮定する。 kは0以上の整数jと2以上でかつqと互いに素な整数sを用いてk=q^j・sと書ける。 q^(j+1)より小さく、かつqで割り切れない正の整数rを任意にとるとき、 f(q^(j+1):{ex(r;q^(j+1) )}^s)=f(q^(j+1):{ex(rs;q^(j+1) )})=0 したがって、f(q^(j+1):x^s)はf(q^(j+1):x)で割り切れることがいえる。 よって、f(q:m^k)=f(q^(j+1):m^s)はf(q^(j+1):m)で真に割り切れるから、 f(q:m^k)の値が合成数となることがいえるが、これは不合理。 よってkはqのべき乗であることがいえるので、k=q^jとかける。 x≡-1 (mod q^h) (ただし、hは正の整数)がいえるとき、x^(q-1)-x^(q-2)…+1≡q≡0 (mod q) より、x^q +1=(x+1){x^(q-1)-x^(q-2)…+1}≡0 (mod q^(h+1) )がいえるので、 帰納的に、m^k +1≡m^(q^j) +1≡0 (mod q^(j+1) )がいえる。 明らかにm^{q^(j+1)}≡1 (mod p)であることがいえるので、このことより m^(m^k +1)≡1 (mod p)が示された。 よって、※の命題はいえた。 あとは、>>392 であげた※の命題の前提条件が成立することを確かめるだけなのだが m=1のときは明らか、m>1のとき、m≡1となると仮定すると、m^(2k) +m^k +1≡3≡0 (mod 3)より m^(2k) +m^k +1の値が合成数となってしまうので、m≡-1 (mod 3)であることがいえる。 よって、>>392 であげた※の命題の前提条件は成立する。 q>3 のときは f(q:m^k) が素数という条件から m≡-1 (mod q) は出ないと思われ。 q=5, m=2, k=1 f(5:2) = 2^5 - 1 = 31, q=7, m=2 f(7:2) = 2^7 - 1 = 127, f(7:2^7) = 4432676798593, * qが奇素数のとき f(q:x) = (x^q -1)/(x-1) = x^(q-1) + x^(q-2) + ・・・・ + x + 1, あの式を3次の円分多項式と見る発想が出てこないんだよなあ お見事です 今月の出題2だが、自力で解くにせよ、解答を失敬するにせよ その「解答」に納得することはなさそうw >>386 U+V の各頂点を通る法平面からなる32面体がサッカーボール/フラーレンですね。 32面が同一球面に外接するだけでなく、60頂点が同一球面に内接します。 稜の長さの比は sin(24゚) / sin(36゚) = {√(3+6/√5) -1}/2 = 0.6919817 です。 sin(24゚) = sin(60゚-36゚) = {(√3)/2}cos(36゚) - (1/2)sin(36゚) = 0.406737 sin(36゚) = (1/4)√{2(5-√5)} = 0.587785 cos(36゚) = (1/4)(1+√5) = 0.809017 問1だけど、たとえば頂点のみを通った場合も無傷でないと見做すのか?平面の厚みはゼロでないから 「薄い銀紙で一つずつ包装されている・・・・」 → 薄いとはいえ、有限の厚さをもつ。 「平面の厚さはゼロに限りなく近いとする。」 これから判断すると、銀紙の厚さ > 平面の厚さ 頂点のみを通る平面で切った場合は、銀紙が擦り減るだけで、中のチーズは無傷と思われます。 >>400 cos(36゚) = (1+√5)/4 = g/2, tan(36゚) = √(5-2√5) = {5^(1/4)}/g^(3/2) = 0.726542528 稜の長さ 5角形と6角形の境界は (4/g)sin(36゚) tanα = 2 tan(36゚) tanα = 0.491522313 6角形どうしの境界は (4/g)sin(24゚) tanα = {2/√(g√5)} (1-2tanα) = 0.34012445 ここに α = (1/2)arctan(3-√5), tanα = (1/2){√(3g√5) - gg} = 0.33826121 g = (1+√5)/2 = 1.618034 外接円の半径は R = √{1 + [(2/g)tanα]^2} = 1.0838907667 >>404 単位球に内接する正20面体をVとする。 30本の稜の長さは L = (4/√5)sin(36゚) = 1.05146222424 中心〜20の△面までの距離は h = √{(2+√5)/(3√5)} = 0.7946544723 さて、Vの12の頂点を深さdまで切り落とそう。(切頂20面体) 切り口は正5角形である。 中心〜頂点の距離は gd で、辺の長さは gd・2sin(36゚) = 1.9021130326d ・・・・5角形と6角形の境界 残った稜の長さは L{1 - (√5)gd} ・・・・ 6角形どうしの境界 中心〜60頂点の距離 (外接円の半径) は R = √{(1-d)^2 + (gd)^2}, ここで中心〜32面までの距離が等しくなるようにすると d = 1 - h = 0.2053455277 L{1 - (√5)gd} = gd・2sin(24゚) = 0.27028141536 R = 0.861318645231 >>406 Vの隣り合う2頂点 P1, P2 に対して OP = 1, 切頂20面体 (32面体) の頂点は ↑Q1 = {1-(√5)gd/2} ↑P1 + {(√5)gd/2} ↑P2, ↑Q2 = {(√5)gd/2} ↑P1 + {1-(√5)gd/2} ↑P2, R = OQ 半径hの球面に外接するとき (フラーレン) ↑Q1 = 0.62852645 ↑P1 + 0.37147355 ↑P2, ↑Q2 = 0.37147355 ↑P1 + 0.62852645 ↑P2, R/h = 1.0838907667 出題2は面白かった。いろんな意味で。 編集部から二度に渡ってヒントを出せと言われたらあんな書き方になるのかなと 2019年9月号 ■出題1 ・問題の平面がある軸 (z軸としよう) に平行のとき これをxy平面に投影すると直線になる。 この直線は 箱の表面と2回、チーズ同士の境界(6面) と1回づつ、最大でも8回しか交差しない。 ∴ 生じる線分は7個以下、チーズ7個/段 以下 しか切れない。 各段に9個以上が無傷で残る。(計 36個以上) ・平面が x軸、y軸、z軸のどれにも平行でないとき (立方対称から) z = d -ax -by (a,b,d>0) としてもよい。 さて、64個のサイコロを 体対角線方向の組に分類する。 (1,1,1) - (2,2,2) - (3,3,3) - (4,4,4) (1,1,2) - (2,2,3) - (3,3,4) (1,2,1) - (2,3,2) - (3,4,3) (1,1,2) - (2,2,3) - (3,3,4) (1,2,2) - (2,3,3) - (3,4,4) (2,1,2) - (3,2,3) - (4,3,4) (2,2,1) - (3,3,2) - (4,4,3) (1,1,3) - (2,2,4) (1,3,1) - (2,4,2) (3,1,1) - (4,2,2) (1,2,3) - (2,3,4) (1,3,2) - (2,4,3) (2,1,3) - (3,2,4) (2,3,1) - (3,4,2) (3,1,2) - (4,2,3) (3,2,1) - (4,3,2) (1,3,3) - (2,4,4) (3,1,3) - (4,2,4) (3,3,1) - (4,4,2) これら19組46個の他に「単独チーズ」が18個ある。 これらを平面 z = d-ax-by (a,b,d>0) で切ったとき、 切れるチーズは各組に1個以下。 (← これがミソ) ∴ 46個のうち27個以上が無傷で残る。 これで解けたらエレガントな解答になるんだが、 無傷で残るチーズはまだ他にもある… そこで次に、箱隅にある6個の単独チーズに着目しよう。 (∵ この6個を1度に切るのは、どう考えても無理っぽい。) 反対向きの (1,4,1) と (4,1,4) (4,1,1) と (1,4,4) (1,1,4) と (4,4,1) の3ペアに分ける。 平面 z = d-ax-by := f(x,y) が上記の2ペア、たとえば (1,4,1) と (4,1,4) (4,1,1) と (1,4,4) の4個を切ったとすると f(1,4) < 1, f(3,0) > 3, f(4,1) < 1, f(0,3) > 3, fは線形だから f(1,1) = {3f(3,0)+3f(0,3)-f(4,1)-f(1,4)} / 4 > 4, f(3,3) = {3f(4,1)+3f(1,4)-f(3,0)-f(0,3)} / 4 < 0, ⇒ 他のペア (1,1,4) と (4,4,1) は無傷で残る。 いま 「この平面が箱隅の6個の単独チーズのうち 5個以上を切った」と仮定する。 その5個は 上記の3ペアのうち2ペアを含む。 ∴ 他ペアの2個は無傷で残る。(矛盾) ∴ 箱隅の6個の単独チーズのうちの2個以上が無傷で残る。 以上から、計29個以上が無傷で残ることが分かる。 あとは 29個だけが無傷となる(35個切れる)ような実例を挙げる。 平面の問題だったら簡単になるから切り口に注目して解いた >>414 突如サイコロになるwww >>417 切り口に注目して簡単になる? チーズと解答に書きたくない気持ちは分かる。cubeでいいじゃん。でも銀紙の設定は秀逸 >>418 無限に長い16個の正四角柱を斜めに切断した後で水平方向に5回切るって考えた。 こうすると切り口が4x4斜方格子になってそこに5本平行線を通す問題になる。 (切り口の多角形の数=切られたチーズの数) >>374 x o y = log_a(a^x + a^y) もあります。 ただし a>0, a≠1. >>375 鋭い御指摘です。この場合は定義域を拡大する必要がありますね。 (10月号の解説を参照) >>376 (3[(n-2)/3]+2, …, 5, 2, 3[(n-1)/3]+1, …, 4, 1, 3[n/3], …, 6, 3) のほかに 奇数と偶数を交互に並べる方法もあるようです。それぞれ2ずつ増やします。 ・nが奇数のとき (5, 2, 7, 4, …, n, n-3, 1, n-1, 3) ・nが偶数のとき (5, 2, 7, 4, …, n-1, n-4, 1, n-2, 3, n) 7月号出題1は単位元-∞を認めるのが題意だったみたいですね。 でもこの場合の-∞における連続性ってどう議論したらいいんでしょう。 >>411 2番目のヒントは無い方がいい鴨 X_α の各要素の桁数が不明では使いにくいとオモタ >>424 自分もXは使わなかった。しかしヒントにはなった Xの存在が過去問題になったってホント? ものの数行で存在を示せるキガス (例) αのn番目までの値を逆向きに並べて2進数とみなせば X_α(n) = Σ[k=1,n] {α(k)-1}・2^(k-1), n桁 (2進法) になる。 2019年9月号 遅くなったけど・・・・ ■出題2 題意の条件を満たす実関数f(x)の存在を示す問題。 1番目のヒントに従えば、 α∈B に対応する集合族 A_α ⊆ R が存在。 (← 条件1,2) α → x ∈ (A_α⊆) R の対応は単射。 (← 条件4) ∴ 値域 R~(⊆ R) からBへの逆写像 h: R~→B が存在。 全射g: B→R をもって来て f(x) = g(h(x)) (x∈R~) = 0 (x∈R-R~) とすればf(x)も全射で題意を満たす。 (← 条件3) それでは、1番目のヒントを示そう。 条件3 から考えると、最初に A_α = { c(α)+r | r∈Q } の形のものが浮かぶ。つまり x〜y ⇔ x-y∈Q で定まる同値関係〜による同値類である。 ただし c(α) = Σ[k=1,∞] (α_k -1)/2^k とやると α≠β であっても α_k≠β_k なるkが有限個ならば c(α)〜c(β) で 条件4を満たさない。 α≠β なら α'_k≠β'_k なるkが無限個になる必要がある。 そこで αの随伴数列 α'∈B を α1; α1, α2; α1, α2, α3; α1, α2, α3, α4; ・・・・ と定義しよう。その上で c(α) = Σ[k=1,∞] (α'_k -1)/2^k, とおくと a-b は ±Σ (1/2)^(三角数+m) のような和になり、 たぶん無理数だと思うけど・・・・ いつも通りだが上手くいかない...orz しょうがねゑ。 c(α) = Σ[k=1,∞] 10^(-k!)・(α'_k -1), ・・・・ 欠項リウヴィル数 とおこう。 c(α) - c(β) も欠項リウヴィル数、したがって超越数。。。 出題2ってヒント無視したらいくらでも作れそうだけど。 例えば十進展開した時あるNが存在して小数第N位は5、それ以降は4か6しか出ない数xをしごろ数とか呼ぶとし、 s(x)をそのしごろ数の出だし、出だし以降の桁を全部5に変えた数をその軸c(x)と呼ぶとする。 A(x)={y | c(y) = c(x)}の最小値をa(x),最大値をb(x)、 C(s)={c(x) |xはしごろ数,s(x)>s}とでも置く。 容易に任意のsに対してC(s)は稠密でc(x)がC(s)に属するとき、c(x)-a(x),b(x)- c(x)<10^(-s)だから、与えられた区間(a,b)に対してしごろ数xをA(x)⊂(a,b)を満たすようにとれる。 一方でA(x)は連続体無限である事と、相異なるc(x)とc(y)に対してA(x)とA(y)はdisjointだから各A(x)に制限したfの値域がR全体になるように割り当てられる。 とかじゃダメかな? なるほど。 Qを丸々同値類にするのは (いくら可算とは言え) ダメか。 もっと細分すべき哉。 >>430 しごろ数x∈ R~ (⊆R) を s(x)-1より上の桁: [10^(s(x)-1)・x]・(1/10)^(s(x)-1) と s(x)+1より下の桁: {10^(s(x)-1)・x}・(1/10)^(s(x)-1) に分けるのでござるな。 (s(x)の桁は5) 上の桁が同じもの同士をまとめて A(x) とする。 下の桁を (1/10)^s(x)・Σ[k=1,∞] (2α_k -3)(1/10)^k と表わしてα(x)∈B を定める。 全射g: B→R を持ってきて f(x) = g(α(x))) (x∈R~) = 0 (x∈R-R~) とおく。 しごろ数xでは「4」「6」以外は有限個であり、「5」の最下位をs(x)とする。 s(x)より上の桁は可算無限個(〜N)あり、有理数の組(a,b)への全射がある。 s(x)より下の桁はBと同型(〜2^N)であり、Rへの全射gがある。 上も下も2種以上の数字が必要で、s(x)を決定するにはもう1種の数字(5)が必要。 >>432 訂正 下の桁を (1/10)^s(x)・Σ[k=1,∞] (2α_k +2) (1/10)^k と表わしてα(x)∈B を定める。 2630 かずきち@dy_dt_dt_dx 8月28日 学コン8月号Sコース1等賞1位とれました! マジで嬉しいです! 来月からも理系に負けず頑張りたいと思います! https://twitter.com/dy_dt_dt_dx https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) >>374 n次正方行列 A,B に対して「準加算」A o B = C を C(j,k) = Max{min{A(j,1), B(1,k)}, min{A(j,2), B(2,k)}, ・・・・・, min{A(j,n), B(n,k)}} で定義します。 単位行列Eも、普通のように、主対角線上の元がすべて1で、他はすべて0 と定義します。 n次正方行列Aに対して A o B = E となるn次正方行列Bが存在するための、Aに対する条件を求めて下さい。 数セミ増刊「数学の問題」第(3)集、日本評論社 (1988) ●8 1以上の元は各行、各列にちょうど1つずつある。その他の元は0以下である。 >>407 正20面体Vを切頂してフラーレンを作ろう。 稜 P1-P2 を 0.628526450656913 : 0.371473549343087 の比に内分した点を Q1 とすると R = OQ1 = 0.8613186452310 これを単位球面まで延長すると 1.16101051049675↑Q1 = 0.729725815337893↑P1 + 0.431284695158857↑P2, 出題2 (1) で N=0 も許すと、無条件で成立つことになるが… (例) x(n,0) = (1/2)^n のとき x(n,t) = x(n,0)(3/4)^t >>379 >>382 正20面体Vの12頂点 (Uの面心) 正12面体Uの20頂点 (Vの面心) それらの30稜の中点からなる32面体G について V(f), U(f), G(f) ・・・・ 5次以下 (5/14)V(f) + (9/14)U(f), (5/21)V(f) + (16/21)G(f) ・・・・・ 9次以下 (125/462)V(f) + (81/462)U(f) + (256/462)G(f) ・・・・・ 11次以下 >>439 Gの30頂点の座標は 5回軸の回りの極座標で表わせば θ = arctan(1/g), arctan(g), π/2, π-arctan(g), π-arctan(1/g), φ = mπ/10, (m:整数) 11月号問2はほとんど物理の問題じゃね?前回は組体操の問題を出した人だし。 >>407 >>437 正20面体V (12頂点), Vを切頂したフラーレンF (60頂点), Vの30稜の中点からなるG (30頂点), について V(f), F(f), G(f) ・・・・ fが5次以下ならI(f)と一致 (5/21)V(f) + (16/21)G(f), 0.9379003725443 F(f) + 0.0620996274557 V(f), 1.2688362607403 F(f) - 0.2688362607403 G(f), ・・・・ fが9次以下ならI(f)と一致 2.76605664248605 G(f) + 0.70104277651910 U(f) - 2.46709941900515 F(f) ・・・・ fが11次以下ならI(f)と一致 ↑のU(f)は誤り。V(f)が正しい。 >>439 と >>443 を組合せて 1.3507153208422 {125 V(f) +81 U(f) +256 G(f)}/462 - 0.3507153208422 {2.76605664248605 G(f) +0.70104277651910 V(f) -2.46709941900515 F(f)} ・・・・ fが15次以下ならI(f)と一致 10月号の話をしよう 俺は2問目は出来たぜ 1問目は出来なかったぜ 11月号2問目は何を答えりゃいいの?ネットに答えは出てるし 「指ハブ」に指を差し込むと、引っ張っても抜けない・・・・その理由 構造を知ろうとネットで検索すると答えも一緒に見つけちゃうんだよな 「数学で説明」ってのが何を意図してるのかさっぱり 「物理で説明」くらいに思っておいていいんだろうか 数学で説明するフリをすれば「正解者」に入れまつよ。 >>407 >>437 正20面体Vの頂点P1,P2 ∠P1-O-P2 = atan(2), cos(∠P1-O-P2) = 1/√5, OQ^2 = (3+√5)d - (1/3) = 0.7418698086225 R = OQ1 = 0.8613186452310 (2-(√5)gd)/2 = {√((25+11√5)/6) - g}/2 = 0.628526450656913 (√5)gd/2 = {g√5 - √((25+11√5)/6)} = 0.371473549343087 (2-(√5)gd)/(2R) = √{[815 +73√5 -√(6(25345-11299√5))]/(4・449)} = 0.72972581533788 (√5)gd/(2R) = √{[1625 -185√5 -√(30(12905+5701√5))]/(4・449)} = 0.43128469515885 Q1・Q2 = 3(5-√5)(1-d)^3 - (5/3) - 4/√5 = 0.70534378687741 cos(∠Q1-O-Q2) = 0.95076491680804 >>450 訂正 まん中あたり (√5)gd/2 = {g√5 - √((25+11√5)/6)}/2 = ・・・・ 11月号出題1は正直面白かった。みんなこれぐらいならスラスラ解けるのか? 2019年10月号 ■出題2 (1) N=0 を許すと無意味な条件になる。 >>438 N≠0 と改変すべきか? (2) N≦n ならば x(n,t) = α (t≧0) x(N-1,t) = x(N-1,1) (t≧1) ・・・・ x(N-k,t) = x(N-k,k) (t≧k) ・・・・ 同様にして x(n,t) は t=n までに確定する。 しかし nは -∞ まで伸びている。 すべてのnで一斉に確定するような有限な T はあるか? (min[a,b] はa,bのうち大きくない方を表わし、a,bについて単調非減少である。) >>453 同様にして x(n,t) は t=max[N-n,0] までに確定する。 >>453 いかなるNに対しても(1)を仮定すれば題意が満たされること、を示す 出題は何もおかしくないと思われ いや出題はある整数Nに対してだよ。 もしこのままだとN=0に対してのみ成立してる条件下でも証明しないといけなくなる。 周期Nが何であれ、周期性があるなら題意を満たすことを示せ、ってことですよ あなたのいうとおりN=0は自明。他のすべてのNで示せればOK ああごめん笑 N=0はだめだね。勘違いしたよすまそ。でも誰もN=0なんて考えもしないんじゃ。君以外。 単に正の条件を書き損ねただけかと N=0のケースは馬鹿らしくて考えもしなかったです >(1) t=0 において,ある整数 N が存在し,任意の n に対して x^0_{n+N}=x^0_{n}が成り立つ. >>458 オレは>>453 さんではないよ。 N=0のケースが考えから抜けたのは筆が滑ったんだろうし、目くじらたてるようなもんでもないがもちろん書くべきだし>>453 さんの指摘はもっともだろ? >>394 8月号の出題1 2以上の自然数mと自然数kに対して (m^k)^2 + (m^k) + 1 は素数であるとする。 m^k≡1 (mod 3) とすると、与式が3の倍数となるので不可。 ∴ m≠1 (mod 3) かつ kは奇数 とする。 また、円分多項式の議論から k=3^e となる。 (ただし、これらは必要条件であって、十分ではない) このとき m≡-1 (mod 3) ならば m^(m^k +1) ≡ 1 (mod p) m≡0 (mod 3) ならば m^(m^k) ≡ 1 (mod p) となるか http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1468160365/155-157 出題2 すべてのnで一斉に x(n,t) が確定するような有限な T はあるか? (min[a,b] はa,bのうち大きくない方を表わし、a,bについて単調非減少である。) >>453 >>462 (m^k)^2 + (m^k) + 1 = p より m^(3k) = 1 + (m^k -1)p ≡ 1 (mod p) pは3の倍数でないから、m≠1 (mod 3) ・m≡-1 (mod 3) のとき m+1 は3の倍数。 また m^k +1 が3の倍数ならば {m^(k+1) +1}/(m^k +1) = (m^k)^2 -(m^k) +1 = (m^k +1)^2 - 3(m^k) は3の倍数。 ∴ k = 3^e のとき m^k +1 は 3k の倍数。 ∴ m^(m^k +1) ≡ 1 (mod p) ・mが3の倍数のとき m^k は 3^k の倍数。 また 3^k ≧ 3k と k = 3^e から 3^k は 3k の倍数。 ∴ m^(m^k) ≡ 1 (mod p) >>463 こんなのはどう? M=sup{x(n,0)}, m=inf{x(n,0)}とおく。M<∞、m>0とのき各nにおいてt≧M/mで全てのx(n,t)は定数。 ∵) まず以下を機能法で示す。 x(n,t)>x(n,t+1)⇒x(n,t+1)≧m(t+1)。 -- t=0では成立。 t<Tで成立するとしてt=Tのときx(n+1,t-1)=x(n+1,t)、x(n+2,t-1)=x(n+2,t)のいずれも成立するならばx(n,t)=x(n,t+1)である。 いずれかはそうでないときはx(n+1,t),x(n+2,t)のいずれか一方はmt以上であるのでx(n,t+1)≧m(T+1)。 -- 特に(n,t)>x(n,t+1)⇒x(n,0)≧m(t+1)であるから待遇をとつてt>x(n,0)/m-1⇒x(n,t+1}=x(n,t)。 特にt>M/m-1⇒x(n,t+1}=x(n,t)により主張は成立する。 条件もクソもないと、オヌシはそう言われるのじゃな? そうそう。 さすがに条件がなんもないと不等式 1>a+a^2 を満たすaを持ってきて x(n,0)=a^n とやってしまうとx(n,t)はtについて狭義単調減少しちゃうからなんか条件入れないとダメだけど(1),(2)の必要条件になってる位にはゆるくて、求める主張がそれ程苦もなく示せる位にはきつい、程よいのはないものかと探してみました。 8月号の出題1はヒントが罠な感じがする。 kがどんな数になるか考えろって言ってるけどkの情報特に触らなくてもいいんじゃないか? ---- (m^k)^3≡1 (mod p) とフェルマーの小定理から (m^k)^((m^k)^2+m^k)≡1 (mod p) だからg=(3,(m^k)^2+m^k)とおくとき (m^k)^g≡1(mod p) だけど(m,3)=1だったからg=(3,m^k+1)であり、特にg|m^k+1から主張を得る。 ---- でよさそうな。 あ、間違った>>470 はいらんkが入ってる。 逝ってくる フェルマーの小定理から m^(p-1) ≡ 1 (mod p) ですが、指数の p-1 = (m^k)(m^k + 1) は m^k よりかなり大きいので、本問では使いづらいでござる。 m^(3k) ≡ 1 (mod p) の方が小さくて使いやすい・・・ >>466 {x(n,0) | nは整数} の要素は有限個だから、最大値M と 最小値mが存在する。 0 < m ≦ x(n,0) ≦ M 〔補題1〕 m ≦ x(n,t) ≦ M, (略証) x(n,t+1) ≧ m は x(n,t) の定義から tについての帰納法で。 x(n,t+1) ≦ x(n,t) ≦ ・・・・ ≦ x(n,0) ≦ M, 〔補題2〕 x(n,t) > x(n,t+1) ⇒ x(n,t+1) ≧ m(t+2), (略証) tについての帰納法による まづ定義式と題意から x(n,t) > x(n,t+1) = x(n+1,t) + x(n+2,t) ・・・・(*) t=0 のときは x(n,1) = x(n+1,0) + x(n+2,0) ≧ 2m, t>0 のとき x(n+1,t-1) + x(n+2,t-1) ≧ x(n,t) と (*) から ∴ x(n+1,t-1) > x(n+1,t) と x(n+2,t-1) > x(n+2,t) の少なくとも一方は成り立つ。 帰納法の仮定により x(n+1,t) ≧ m(t+1) または x(n+2,t) ≧ m(t+1), ∴ x(n,t+1) = x(n+1,t) + x(n+2,t) ≧ m(t+1) + m = m(t+2), 特に t ≧ [ M/m -1] = T ⇒ x(n,t) = x(n,t+1) 小定理使えばこうだった。 ---- m^(3k)≡1 (mod p) とフェルマーの小定理から m^((m^k)^2+m^k)≡1 (mod p) だからg=(3k,(m^k)^2+m^k)とおくとき m^g≡1(mod p) である。 もしjが3以外と素因子tを持てば x^2+x+1 | x^2t+x^t+1 (∵ 右の項は x が1の原始ベキ根のとき0) により m^(2k/t)+ m^(k/t) + 1 | m^2k+m^k + 1 となり仮定に反するからkは3のベキ。 一方mは3と互いに素だから(m,3k)=1ちよりg=(3k,m^k+1)であり、特にg|m^k+1から主張を得る。 ---- 一般化すれば ---- nを3以上の自然数、kを自然数、mをnと互いに素な自然数、fをn次の円分だ公式でp=f(m^k)が素数とする。 さらにφ(n)/2は奇数とする。 このときf(0)=1によりp-1はm^kの倍数で m^((p-1)/m^k)≡1 (mod p)。 ---- になった。 やっぱりkがnにない素因子tをもてばf(m)がf(m^(k/t))の倍数になってしまうので(nk,p-1)=(nk,(p-1)/m^k)になってしまう。 実例があるかは不明だけど。 あ、φ(n)/2が奇数ならnはq≡3(mod 4)の素数のn=qか2qのどっちかしかないのか。 あんまおもんないな。 m^a ≡ m^b ≡ 1 (mod n) のとき m^g ≡ 1 (mod n) ただし g = gcd(a,b)、gcd(m,n)=1 (略証) ユークリッドの互除法により g = k*a - L*b となる整数 (k,L) がある。(終) 本題では 3k | (m^k +1) | (p-1) ∴ g = 3k, ∴ フェルマーは不要・・・・ k = (3^e)t, (t,3) = 1 >>464 >>473 各 x(n,t) を 初期状態 { x(n,0) | nは整数} の汎関数と考えよう。 min[a,b] は a,bについて単調非減少ゆえ、 ある x(c,0) を増やしたとき x(n,t) のどれも減少しない。 ある x(d,0) を減らしたとき x(n,t) のどれも増加しない。 で, どうなる? >>477 「先祖数」y を次のように定める。 y(n,0) = 1 x(n,t+1) = x(n,t) のときは y(n,t+1) = y(n,t) x(n,t+1) = x(n+1,t) + x(n+2,t) のときは y(n,t+1) = y(n+1,t) + y(n+2,t) このとき x(n,t) ≧ m・y(n,t) 一方、 x(n,t) ≦ M よって y(n,t) ≦ M/m, 各nについては有限回だが、nは無限の遠方まで伸びている・・・・ >>476 は11月号 出題1のヒントかとオモタ。 2019年11月号 ■出題1 上の句がm字,下の句がn字の短歌がある。 それぞれが回文であり,また全体の m+n字 も回文である。 すべてが同じ字になってしまうのは (m,n) の組がどんな場合か? (解答例) m=n のとき 上の句と下の句は(逆向きに)同じである。 それぞれが回文だから、[(m+1)/2] 種まで可能である。 m>n のとき 下の句は、上の句の初めのn字と(逆向きに)同じだから捨てよう。 初めのn字を上の句、残り m-n字を下の句とした短々歌を考える。 上の句、全体は回文である。下の句も元の中央部分だから回文である。 ∴ (m,n) は (n,m-n) に帰着する。 m<n のとき 上の句は、下の句の末尾のm字と(逆向きに)同じだから捨てよう。 はじめの(n-m)字を上の句、末尾のm字を下の句とした短々歌を考える。 下の句、全体は回文である。上の句も元の中央部分だから回文である。 ∴ (m,n) は (n-m,m) に帰着する。 m≠n である限り全長が短くなるから、有限回で m=n に到達する。 上に述べた手順はユークリッドの互除法と同じだから、最後に g=gcd(m,n) に到達する。 したがって、[(g+1)/2] 種まで可能である。 m,nの最大公約数 g=gcd(m,n) が 1か2 の場合。・・・・・ (答) ■出題2 指ハブを入手できませんでした。。。 句全体を0〜n-1のZ/nZの代数で考える。 fを上の句と下の句をそれぞれ両方反転させる変換、gを全体を反転させる変換とする。 この時 f(x)=-x+m-1、g(x)=-x+m+n-1 だから gf(x)=x+n。 よって(m,n)=1なら明らかに非自明解なし。 (m,n)=2なら全ての偶数文字目と奇数文字目は同一である必要があり、さらにg不変性も考えれば自明解しかない。 今月の出題1は、結構有名な命題だよね。 そして、出題2は、素数大富豪考案者が再降臨された模様。 2019年9月号 ■出題1 29個が正解。 解答者52人中 初等幾何による正解者 9人 (例 >>417 >>420 ) 代数幾何による正解者 6人 (例 >>414 >>415 ) 結果に到達した人 9人 その他 28人 (2019年12月号 解説) 昔エレガントな解答求むで雨宮先生が出した問題を2chで誰かがかっこよく解いて話題になった話しがあるらしいんですが何の話かわかる人いますか? 格子点に正の数を配置する問題で隣接する点でなんか不等式満たすやつ求めるやつらしいんですけど。 >>484 >今月の出題1は、結構有名な命題だよね。 そうなのか ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
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