面白い数学の問題おしえて～な 40問目

**１３２人目の素数さん** · 2021/12/25(土) 23:47:28.89

面白い数学の問題を紹介して解き合うスレです
質問スレではありません
出題者が答えを知らない問題はお控えください
統計学などはスレ違い、数学以外の話題は論外です
荒らし、煽りはスルー推奨

前スレ
面白い問題おしえて～な 39問目
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1633923732

過去ログ(1-16問目)
http://www3.tokai.or.jp/meta/gokudo-/omoshi-log/

まとめwiki
http://w.atwiki.jp/omoshiro2ch/

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/26(土) 21:39:46.60

あ、ホントだ
Σk^a/sinh(k)は必ずΓ(1/4)絡みになると思ってた
交代和でΓ(1/4)消されるのか

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/26(土) 22:09:01.21

あ、そうか
半円上じゃなくてそこは一周しないとダメなのか

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/26(土) 22:22:55.01

>>720
アーベルプラナのwikipediaの証明(f(z)は偶関数で虚軸上に極があると仮定)
https://en.wikipedia.org/wiki/Abel%E2%80%93Plana_formula
でa=i+ε→i+0で極限を取るときの被積分を見ると
a f(at)→i f((i+0)t)は虚軸の右側境界を積分し
a^(-1)f(a^(-1)t)→-i f((-i+0)t)=-i f((i-0)t)は虚軸の左側境界を逆方向に積分する
したがってf(z)の留数が出る

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/26(土) 22:25:08.21

せやね
それで結局虚軸上の極はf(iy)とf(-iy)は反対に交わさないといけなくなるから一周することになるんやね

イナ ◆/7jUdUKiSM · 2022/03/27(日) 12:26:05.05

>>703
(130/100)×20=26(分)

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 00:31:12.15

>>712 の解答の修正版を以下に残しておきます。

k≧5, k≡1(mod 4)に対して
虚軸上の留数補正したアーベルプラナの公式より
I = Σ n^k/sinh(πn)
= ∫[0,∞] x^k/sinh(πx)dx - 2Σ(-1)^n n^k/(e^(2πn)-1)

J = Σ(2n)^k/sinh(2πn)
= ∫[0,∞](2x)^k/sinh(2πx)dx - Σ(-1)^n n^k/(e^(πn)-1)

2J-I = Σ(-1)^n n^k/sinh(πn)
= 2Σ(-1)^n n^k(1/(e^(2πn)-1)-1/(e^(πn)-1))
= -Σ(-1)^n n^k/sinh(πn)
= -(2J-I)

したがって
2J-I = 0

>>707 の用意していた解答は以下の通りです。

f(z) = P(z^4) z^5 π/(sinh(πz)sin(πz))と置く
f(z)の極はz=n, inにあり(nは0でない整数)留数は
Res[z=n]f(z) = Res[z=in]f(z) = (-1)^n P(n^4) n^5 / sinh(πn)

したがって留数定理より
4Σ[n=1,N] (-1)^n P(n^4) n^5 / sinh(πn) = 1/(2πi)∫[C]f(z)dz
ここでCは点(1+i)(N+1/2),(1-i)(N+1/2),(-1-i)(N+1/2),(1-i)(N+1/2)を周回する路

n→∞とすると|∫[C]f(z)dz| = O(N^(4+deg(P))/e^(πN)) → 0
より目的の結果が得られる

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 00:35:38.45

>>726
あれ？
そこ2J-I = -(2J-I)になつた？
オレ計算した時2J-I = 2J-Iで振り出しに戻ってダメだった気がするんだけど

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 00:51:23.85

>>726
その計算ほんとにk≡1(mod4)使ってる？
多分素直に留数をまとめ直すと2J-I = 2J-Iに戻ってしまう
k≡1(mod4)ならまとめ方弄って2J-I = -(2J-I)にたどり着けるのかもしれないけど
少なくともこの条件なしでは反対符号に行き着くはずないと思う、その条件ない場合にはそもそも数値実験的に０にならないのは確定的だから

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 01:00:11.31

>>272
k=5,k=9に関して数値的に確認したところ
>>726 のIとJの積分と和の式は合ってる

和を有限にして2J-Iの式を数値的に確認したけど問題なさそう

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 01:11:50.22

>>729
ホント？
それどこでk≡1(mod4)使ったん？
もちろん留数まとめ直す作業はなんならkが偶数でも行う事ができて和はΣ[n]n^k(q^(2n)-1)の形になって偶数項だけ拾い上げた方Σ[n]n^k(q^(n)-1)の形にはなる(コッチは留数が０でない点が半整数になって/(q^2n-1)の和が/(q^n-1)の和になる
偶数項の方2倍する効果が留数が半分になってて打ち消しあって引き算したとききれいにq^n(q^n-1)になって偶数項からやってきたq^n-1の方が綺麗に消えてくれてq^n/(q^(2n)-1)になってもとのsinh(x)に戻るとこまで確認して「お、できたか？」と思ったんだけどよくよく考えたらそんなはずない、そもそもどこにもk≡1(mod4)使ってない、使わずにできるはずないと思って係数見たら振り出しに戻ってただけと気づいたまでが昨日の寝る前だったんだけど
同じ事やってない？

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 01:29:11.76

>>730
f(x) = x^k/sinh(πx)
と置くと
Res[x=ni]f(x)/(e^(-2πix)-1)
= ((ni)^k/((-1)^n))/(e^(2πn)-1)
ここでk≡1(mod4)の時
= i (-1)^n n^k/(e^(2πn)-1)

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 01:38:14.38

>>731
イヤ別にk≡1(mod4)であろうがなかろうが留数を取る点に違いは出ないでしょ
分母が０になるのはsinh(πx)でこれが０になるのはx=miとなるときである事にkの値は関係ない
で、その時のxの値であるmiをx^k/(e^(2πx-1)に代入する事もkの値がなんなら偶数でも支障なく代入出来る
これだけでは元に戻らないけど、後で2×偶数項のみにも同じ事ができるのもk≡1(mod4)出なくても出来るでしょ？

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 01:39:48.35

>>731
1/πつけ忘れたので訂正
Res[x=ni]f(x)/(e^(-2πix)-1)
= ((ni)^k/(π(-1)^n))/(e^(2πn)-1)
ここでk≡1(mod4)の時
= (i/π) (-1)^n n^k/(e^(2πn)-1)

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 01:41:36.74

なんか信じられないなぁ
やっぱり元に戻ってるだけなの勘違いしてるんだと思うよ

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 01:44:42.81

>>733
だからx^kにx=miを代入すると
m^k i^k になるから i=i^kが成り立つ条件はk≡1(mod4)

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 02:02:31.51

やっと昨日のノート見つけた
やっぱり元に戻ってるだけじゃない？

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 02:05:25.49

>>735
イヤ、どっちかというとk≡1(mod4)でない場合は元に戻って意味のない式になり、なぜかk≡1(mod4)のときだけ元に戻らず和が０になる証明になるという現象が起こった事になる
長いこと勉強してるけどそんなの見たことないよ

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 02:07:34.83

偶数と奇数で片側だけ０にならなくて〜はあるけどな
k≡1(mod4)のときだけ元に戻らず、k≡1(mod4)でないときは元に戻るとか流石にないやろ

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 02:09:12.32

> イヤ、どっちかというとk≡1(mod4)でない場合は元に戻って意味のない式になり、なぜかk≡1(mod4)のときだけ元に戻らず和が０になる証明になるという現象が起こった事になる
そのとおり！

例えばラマヌジャンの有名な和
Σn^k/(e^(2πi)-1)
はk=5,9,13,…の時に有理数になる

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 02:10:56.71

さようですか
それはそれは大発見をなされましたな
素晴らしい
おやすみなさい

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 02:31:39.32

ところどころミスがあるから適当に修正してください

>>739 の訂正
Σn^k/(e^(2πn)-1) = (1/2) B[k+1] / (k+1)
ただしk=5,9,13,…でB[n]はベルヌーイ数
この式はよく知られていてWolframのデータベースにある

>>726 の想定解
× n→∞とすると|∫[C]f(z)dz| = O(N^(4+deg(P))/e^(πN)) → 0
〇 N→∞とすると|∫[C]f(z)dz| = O(N^(6+deg(P))/e^(πN)) → 0

ではおやすみなさい

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 20:05:36.89

>>726 の補完解答、一晩寝て冷静に考えたけど間違いが見つからない。
Wolfram先生も正しいらしいと言っているのですが、なんか勘違いしていたら指摘お願いします。

以下Wolframでの検証：k=5に固定
Iの式
https://www.wolframalpha.com/input?i=%CE%A3%5Bn%3D1%2C%E2%88%9E%5D+n%5E5%2Fsinh%28%CF%80n%29&;lang=ja
Σ[n=1,∞] n^5/sinh(πn)
≒ 0.253522
https://www.wolframalpha.com/input?i=%E2%88%AB%5B0%2C%E2%88%9E%5D+x%5E5%2Fsinh%28%CF%80x%29dx&;lang=ja
https://www.wolframalpha.com/input?i=%CE%A3%5Bn%3D1%2C%E2%88%9E%5D+%28-1%29%5En+n%5E5%2F%28e%5E%282%CF%80n%29-1%29&;lang=ja
∫[0,∞] x^5/sinh(πx)dx - 2Σ[n=1,∞] (-1)^n n^5/(e^(2πn)-1)
≒ 0.25 - 2*(-0.00176091)
＝ 0.25352182
で数値的には正しいらしい

Jの式
Σ[n=1,∞] (2n)^5/sinh(2πn)
≒ 0.126761
∫[0,∞](2x)^5/sinh(2πx)dx - Σ[n=1,∞] (-1)^n n^5/(e^(πn)-1)
≒ 0.125 - (-0.00176091)
＝ 0.12676091
でこちらも正しいらしい

最後に2J-Iの右辺と左辺の和の項の符号のチェック
和の全項を調べるのは面倒なので、初項と第二項のみを調べる
2J-I左辺(定義式)の2項=2(Jの初項)-(Iの初項と第二項)
＝ 2*((2*1)^5/sinh(2π*1))-(1^5/sinh(π*1)+2^5/sinh(π*2))
≒ 0.03292721409509456116
2J-I右辺(アーベルプラナ)の2項=2J-Iの積分を省いた和の初項と第二項
-2((-1)^1 1^5/(e^(π*1)-1)+(-1)^2 2^5/(e^(π*2)-1))
+ 2((-1)^1 1^5/(e^(2π*1)-1) + (-1)^2 2^5/(e^(2π*2)-1))
≒ -0.03292721409509456116
で右辺と左辺の項の符号がちょうど逆になっていて問題なさそう

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 21:39:32.66

すまん、オレが昨日間違ってた
問題はその議論がn^a/sinh(πn)のaの類によらず成立してるとまずいからおかしいかという話だけど、よく考えたらそもそもaが偶数ならx^a/sinh(x)が偶関数にならないからその時点で通用しないし符号はi^(a+1)の形でaは寄与してるからa≡1(mod 4)で反符号、a≡3(mod 4)で同符号でもおかしくはない
よくよく考えてみたらこういう現象が起こっててもおかしくないと思う
しかし間違いは確実に間違ってると断言できることが多いけどあってる方は神に祈るしかない

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/28(月) 22:51:06.57

確認ありがとう

ところで>>741 の等式
> Σn^k/(e^(2πn)-1) = (1/2) B[k+1] / (k+1)
> ただしk=5,9,13,…でB[n]はベルヌーイ数
はWolframのサイトなどを検索しても出てこないようで
よく知られているというのは勘違いだったようです、すまない
自分なりの証明はできているけどきちんとした文献等が検索しても出てこないので
誰か出典を知っていたら教えてほしい
あるいはこの等式を証明してくれても結構です

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/29(火) 23:53:37.06

>>691
a(1)<...<a(n)としてよい
M={m(1),...m(n-1)},
m(1)<...<m(n-1)としてよい

nについての帰納法
n≦2のとき容易だからn≧3とする

(I) m(n-1)≦s-a(m)のとき
必要ならa(1)〜a(n-1)を並び変えて帰納法の仮定からa(1),a(2),...,a(n-1)と飛んでm(n-1)以外の地点は全てかわしてs-a(n)地点に至れるとしてよい
Σ[k≦i]a(i)≧m(n-1)となる最小のkがとれる(∵仮定から少なくともi=n-1で成立するので必ず存在する)
Σ[k≦i]a(i)=p、Σ[k≦i]a(i)=qとしてp<m(n-1)≦q、q-p=a(k)<a(n)であるからp<m(n)<p+a(n)である
よってa(1),a(2),...,a(k-1),a(n),a(k),..,a(n-1)と飛べば全ての禁止地点をかわせる

(ii) s-m(n) < m(n-1) < s、かつs-a(n)が禁止地点でないとき
(ii)と同じく必要ならa(1)〜a(n-1)を並び変えて帰納法の仮定からa(1),a(2),...,a(n-1)と飛んでm(n-1)以外の地点は全てかわしてs-a(n)地点に至れるとしてよい
この場合はs-a(n)の地点からsへ飛べはよい

(iii) s-m(n) < m(n-1) < s、かつs-a(n)が禁止地点のとき
s-a(m) = m(k)とする
この時あるlをs-a(l)とs-a(l)-a(m)のいずれも禁止地点でないl∈[1,n-1]がとれる、なぜならそうでないとすると全てのl∈[1,n-1]でs-a(l)かs-a(l)-a(m)のいずれかひとつが必ず禁止地点となり、それらの地点は全て相異なるからこれでn-1個の禁止点全てが尽くされなければならないが、この中にs-a(n)は含まれないので仮定に反してしまう
帰納法の仮定からa(l)とa(n)以外のn-2回のジャンプを並べ替えてm(n-1)とm(k)以外の全ての禁止地点をかわしてs-a(l)-a(n)の地点まで到達出来る
そこからa(n)、a(l)と飛べば追加される着地地点はs-a(l)だけだから条件を満たす

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/30(水) 17:55:27.85

>>707
これ当然楕円関数論の解答あるやろと思って図書室で調べてきたらあった
Jacobiの
Fundamenta Nova Theoriae Functionum Ellipticarum
にいっぱい公式載ってる
読んでよくわかった
ラマヌジャンのnotebookにも似た公式いっぱい載ってるけど大本はこのヤコビの理論なんやな
この本に「詳細は省くけどこの調子で任意の自然数に対して計算するアルゴリズムがとれる」というのを実際にやってみてるのがラマヌジャンのnotebookの計算なんだと改めて知った
もうヤコビの時代から基本アルゴリズムは確立してたんやな

------

ノームをq=exp(−πK′/K)とし、引数をv=πu/(2K) と変換する。このとき

sn^2(u)
= 4K^2/π^2-4KE^I/π^2
- 8 Σlq^l/(1-q^(2l)) cos(2lv)

であるから

sn(K-u)^2
= 4K^2/π^2-4KE^I/π^2
- 8 Σlq^l/(1-q^(2l))(-1)^l cos(2lv)

でありj≧1に対してvの関数としての2j次のmaclaurin expansionの係数は

-8(-1)^j2^(2j)/(2j)! Σ l^(2j+1)q^(l)/(1-q^(2l))

である
一方で

sn^2(K-u)
= cd^2(u)
= (cn/dn)^2(u)
= (dn^2 + (-1+k^2) sn^2)/dn^2
= 1 - k†^2sd^2(u)

により-1+sn^2(K-u)は偶関数でありさらに

-1+sn^2(K-iu)
= - k†^2sd^2(iu)
= - k†^2(sn(iu)/cn(iu))^2
= - k†^2(i sn†(u)/cn†(u) cn†(u)/dn†(u))^2
= + k†^2(sd†(u))^2
= 1 - sn†^2(K†-iu)

である
よって特にk=1/2のときは2j ≡ 0 (mod 4)の項はvanishする□

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/30(水) 20:26:24.44

>>746
すばらしい！今度その文献見てくる

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/30(水) 22:47:45.49

参考までに上で利用した証明に利用した公式のうち骨がおれる公式はp109 sec.41 の(1)式

(2kK/π)^2 sn^2(2K/π x)
= const. -8Σl q^l(1-q^(2l)) cos(2lx)

と言っても骨がおれるのはconst.の決定でそれ以外の項はその直前の

2kK/π sn(2Kx/π) = Σ[l:odd]4√q^l/(1-q^l)‥①

が絶対収束してる事を利用して足し算の順番を組み替えるだけなのでそこまで難しくはない
①は有理形関数の部分分数展開公式とsn(u)の極の位置がu =2mK + (2n-1)K'iである事からも出せる(本では無限乗積展開を分解すればいいとだけ書いて詳しい解説はなし)
ちなみにRamanujan' notebookのch. 17 entry 15 にΣk^a/sinh(ky)の形の公式が山のように載ってるけど結局entry 16(p. 135)にあるようにsn(u)のlambert expansionして両辺のmaclaurin expansionを比較するという方法で本質はsn(u)のlambert expansion、この計算の方針がヤコビの教科書のsec 43以降に書いてあるようだ
でもあくまで方針で実行されてるのはsn^(-6)〜sn^6くらいまで
あくまでsn^kのlambert expansionがほしいと思ったときどうやればいいか指針があるだけで結果を手短にまとめるのは難しい模様
アルゴリズム整理してパッと一瞬で出せるプログラムとかできそうだけどな

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/31(木) 17:18:30.95

>>744 の出典がわかった

Eisenstein級数
G_{2k}(τ) = Σ[(m,n)≠(0,0)] 1/(m+nτ)^(2k)
のFourier展開
G_{2k}(τ) = 2ζ(2k) + 2(2πi)^(2k)/(2k-1)! Σ σ_{2k-1}(n) e^(2πinτ)
をLambert級数に直してζ(2k)の特殊値と2k≡2(mod 4)のときの値
G_{2k}(i) = 0
∵G_{2k}(1/i) = i^(2k) G_{2k}(i)
を代入することで得られるようです

**１３２人目の素数さん** · 2022/03/31(木) 21:48:20.84

>>744 のk<0の公式の記述と出典が
リーマンのゼータ関数、松本耕二、朝倉書店 pp21-22にあった。
それによるとRamanujan's Notebooks Part II の Ch.14 にもあるようで
よく知られているようです。

ついでにk≧5の手持ちの解答を貼っておく。

kを5以上の整数でk≡1(mod 4)とする
このとき
Σ[n=1,∞] n^k/(e^(2πn)-1) = ∫[0,∞] x^k/(e^(2πx)-1) dx ---- (1)
が成り立つ
これを仮定すれば
(1)の右辺
= Σ[n=1,∞]∫[0,∞] x^k e^(-2πnx) dx
= Γ(k+1)Σ[n=1,∞] 1/(2πn)^(k-1)
= k!ζ(k+1)/(2π)^(k+1)
= B_{k+1}/(2(2k+1))

以下(1)を示す
f(z) = z^k πcot(πz)coth(πz),
g(z) = z^k πcoth(πz)
Nを正の整数としてCを点(-1-i)(N+1/2)から点(1-i)(N+1/2)の向きの直線とする

補題
1/(2πi)∫[C] f(z)dz = Σ[n=1,N] n^k coth(πn),
1/(2π)∫[C] g(z)dz = Σ[n=1,N] n^k + 2∫[0,N+1/2] x^k/(e^(2πx)-1) dx - R,
R = 2im(∫[0,N+1/2](N+1/2+iy)^k/(e^(2π(N+1/2+iy))-1) dy)
が成り立つ

証明の概要は
f(z)に関してはCを原点中心にπ/2づつ回転させた正方形の閉曲線で積分し
g(z)に関してはCと実軸を含む長方形の閉曲線で積分し対称性を用いて簡略化する

この補題でN→∞とすると
∫[C]|f(z)-ig(z)||dz| = O((N+1/2)^(k+1) e^(-2π(N+1/2))) → 0,
R = O((N+1/2)^(k+1) e^(-2π(N+1/2))) → 0
であることから(1)が得られる

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/01(金) 00:53:39.07

というわけで結局楕円関数のランベルト級数分解が自由にできるようにならないと何も始まらない

-- 問題 --

sn(u), cn(u), dn(u)のnormに関するランベルト級数表示を導出せよ

ヤコビの教科書だと解説が一瞬すぎて笑ってしまうやつです
これくらいできて当たり前というノリなんですかねぇ？

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/02(土) 21:24:21.52

>>751
sn(u)についてFourier級数で計算してみた

まずsn(u)はu=iK',2K+iK'に極を持つ周期4Kと2iK'の二重周期関数であることに注意する
(これは加法定理とJacobi's imaginary transformationから確認できる)

sn(u) = Σ[n∈Z] c[n] e^(iπnu/(2K))
この係数は
c[n] = 1/(4K)∫[0,4K] sn(u)e^(-iπnu/(2K)) du
である
そして被積分関数をf(u)と置き0から4Kまでの積分を
・C1:0から2iK'の線分(ただしiK'の極は左側の微小半円でよける)
・C2:2iK'から4K+2iK'の線分
・C3:4K+2iK'から4Kの線分(ただし4K+iK'の極は左側の微小半円でよける)
の積分に置き換える
C1とC3の積分は周期性から打ち消しあい
c[n] = 1/(4K)∫[C2]f(u)du + 2πi/(4K)(Res[u=iK']f(u)+Res[u=2K+iK']f(u))
= c[n] e^(πnK'/K) + πi/(2kK) (1-(-1)^n)e^(πnK'/(2K))
したがって
n:odd のとき c[n] = πi/(kK) e^(πnK'/(2K))/(1-e^(πnK'/K))
n:even のとき c[n] = 0 (n=0の時はsn(u)が奇関数であることから成り立つ)

以上q=e^(-πK'/K), v=πu/(2K)と置いてまとめると
sn(u) = 2π/(kK)Σ[n=0,∞] q^(n+1/2)/(1-q^(2n+1)) sin((2n+1)v)

同様にしてsn(u)^(2m+1),m=1,2,..を展開してみた
sn(u)^(2m+1) = 2π/(k^(2m+1)K)Σ[n=0,∞] a[m,n] q^(n+1/2)/(1-q^(2n+1)) sin((2n+1)v),
a[m,n] = k^(2m+1) Res[u=iK'] sn(u)^(2m+1) e^(-iπ(2n+1)(u-iK')/(2K))
= Res[u=0] e^(-iπ(2n+1)u/(2K)) / sn(u)^(2m+1)

この留数をsn(u)のマクローリン展開から具体的に計算すると
a[1,n] = (1/2)(1+k^2 - π^2 (2n+1)^2/(2K)^2),
a[2,n] = (1/8)(3+2k^2+3k^4) - (5/12)(1+k^2)π^2 (2n+1)^2/(2K)^2 + (1/24)π^4 (2n+1)^4/(2K)^4,
...
でヤコビの教科書のSec.44 Iと一致する

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/02(土) 22:11:30.51

>>752
多分正解されてそうですね
細かい計算はチェックしょうがない
まさにフーリエ変換を計算せよです
私が用意してた解答はとりあえずまずsn(u)、cn(u)、dn(u)の部分分数分解表示を求めてしまうとこから始めます
とりあえず
s(x) = 2kK/π sn( 2Kx/π )
とまず規格化します
α=π/2、β=πK'/(2K)iとおいてs(x)は周期4α、4βの周期関数
極はx = aα+bβで一位の極であり留数は(-1)^(b+1)/2
よってcsc(x)の部分分数分解表示により
s(u) + C = Σ[b:odd]( csc(x - bβ) + csc( x + bβ ) )
= Σ[b:odd](sin(x+bβ) + sin(x-bβ))
/ (sin(x+bβ)sin(x-bβ))
= Σ[b:odd](sin(x+bβ) + sin(x-bβ))
/ (sin(x+bβ)sin(x-bβ))
= Σ[b:odd]4sin(x)sin(bβ))
/ (cos(2bβ) - cos(2x))
= Σ[b:odd]4sin(x)√q^b(1+q^b)
/ ( q^(2b) - 2q^bcos(2x) + 1)
でx=0を代入してC=0を出します
同様の作業を
c(x) = 2kK/π cn( 2Kx/π )
d(x) = 2K/π( 2Kx/π )
に対して行うと
c(x) = Σ[b:odd](-1)^((b+1)/2)4sin(x)√q^b(q^b-1)
/ ( q^(2b) - 2q^bcos(2x) + 1)
d(x) = 1 + 4Σ[b:odd]σ(b)(q^2b-1cos(2x))
　/ ( q^(2b) - 2q^bcos(2x) + 1)
を得ます(少なくともsn(x),cn(x)はヤコビの教科書に結果が載っててそれと同じなのであってると思います)
最後のd(x)の定数項は
∫[0,K]dn(u)du
= ∫[0,K](asin(sn(x))' dx
= [ asin(sn(x)) ]^K_0
= π/2
で求められます
この部分分数分解表示を利用すれば実方向へのフーリエ展開も学部生の演習レベルの積分です
しかしこのランベルト級数めちゃくちゃ面白い
例えばs(π/2)=c(0)ですがこれから
√q/(1-q) - √q^3/(1-q^3) + √q^5/(1-q^5) - ...
=
√q/(1+q) + √q^3/(1+q^3) + √q^5/(1+q^5) - ...
なんでのが出てきますが、マジか？と思って確認してみると確かに正しい、分母展開すればわかります
ちなみにこれはヤコビの教科書の§40くらいで最も基本的な等式としている(5)の等式です
ヤコビは(4)と(5)の同値性をモジュラー変換で出してますが、実はdn(x)の展開の定数項の計算からも導くことができるようです
とはいえモジュラー変換はこの教科書の目玉中の目玉でそれを避けたら読む意味ないですけど

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/02(土) 22:35:36.68

次を満たす実数 c∈(1,2], K>0 は存在するか：
どんな正の整数もある 0 以上の整数 m,n を用いて [Kn^c + Km^c] と表せる

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/03(日) 17:55:23.01

>>754
ヒントおながいします

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/03(日) 20:01:24.49

>>755
ヒント　答えは『存在する』
S(x,t) := (x+t)^c + (x-t)^c とおくと、
0≦t≦x^(cのみに依存するある定数) の時 |∂S/∂t|≦(cのみに依存するある定数) が言えるのでごにょごにょ

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/03(日) 20:07:22.12

存在するんや
マジか

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/03(日) 20:09:01.35

あ、ガウス記号あるやんwww

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/03(日) 20:58:06.76

c = 1+1/mとする、m≧3とする

S(t) = (x+t)^(1+1/m) + (x-t)^(1+1/m)において
S'(t) = (1+1/m)( (x+t)^(1/m) - (x-t)^(1/m) )
. = (1+1/m) 2t/( (x+t)^((m-1)/m) + ... + (x-t)^((m-1)/m) )
. < 3t / ( m (x - t)^((m-1)/m)

∴ S'(t) < 1
← 3t < ( m (x - t)^((m-1)/m)
← (3t)^m < m^m (x-t)^(m-1)
← t < x^((m-1)/m) & 3≦m
よって0≦t≦[x^((m-1)/m)] で変化するとき[S(t)]は[2x^c]〜[S([x^((m-1)/m)])の間の全ての整数値をとる
ここで
[S(x^((m-1)/m)])]≧[2(x+1)^(1+1/m)]
←S(x^((m-1)/m)])≧2(x+1)^(1+1/m)
←(x+x^((m-1)/m)-1)^(1+1/m) ≧ 2(x+1)^(1+1/m)
←x + x^((m-1)/m) -1 > 2^(1/m)(x+1)
←x≧3, m≧100000000
そこでm≧100000000を
・2×3^(1+1/m)<7
・[ a^(1+1/m) ] = a ( if a =1,2,3,4,5,6 )
となるように選べば良い

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/03(日) 23:04:59.09

>>759
方針は良い感じだけどいくつかミスがあるっぽい

> ← (3t)^m < m^m (x-t)^(m-1)
> ← t < x^((m-1)/m) & 3≦m
これ十分条件になってるかねえ
最後の条件からは (3t)^m < m^m x^(m-1) までしか言えない気がする

> ←(x+x^((m-1)/m)-1)^(1+1/m) ≧ 2(x+1)^(1+1/m)
> ←x + x^((m-1)/m) -1 > 2^(1/m)(x+1)
ここも最後の右辺は 2^(m/(m+1)) (x+1) じゃないかな　だから
> ←x≧3, m≧100000000
が十分条件にならなくてまずい

とは言えパラメータうまくいじればうまくいけそうなのでちょっと助け船↓

c = 3/2 で固定する。x≧9, 0≦t≦1+2x^(1/2) の時
∂S/∂t = (3/2)((x+t)^(1/2) - (x-t)(1/2))
= (3/2)∫_[x-t,x+t] (1/2)X^(-1/2)dX
< (3/2)∫_[x-t,x+t] (1/2)(x-t)^(-1/2)dX
= 3t/(2(x-t)^(1/2))
≦ 3(1+2x^(1/2))/(2(x-1-2x^(1/2))^(1/2))
= 3(1+x^(-1/2))/(2(1-2x^(-1/2)-x^(-1))^(1/2))
≦ 21/(2√2).
ゆえに、0<K≦(2√2)/21 かつ x≧9 の時、t が 0 から [1+2x^(1/2)] まで動くことで
[KS(x,t)] は [2Kx^(1/2)] から [KS(x,2x^(1/2))] までの全ての整数をとる。
（ここまででだいたい半分）

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/04(月) 00:05:04.79

>>760

> ← (3t)^m < m^m (x-t)^(m-1)
> ← t < x^((m-1)/m) & 3≦m
これ十分条件になってるかねえ

ここあかんね

3^m < m^m、t^m < (x-t)^(m-1)
が十分条件としてとれる
後者は
t^((m/(m-1))<x-t
⇔t+t^((m/(m-1)) < x
でこれは2t^((m/(m-1)) < xが十分でt<(x/2)^((m-1)/m)が十分
2(x+1)^(1+1/m) < ( x+ (x/2)^((m-1)/m) )^(1+1/m)
⇔2^(m/(m+1)) (x+1) < x + (x/2)^((m-1)/m)
のためには2^(m/(m+1))<2、2<(x/2)^((m-1)/m) が十分
m=10000000、x≧4で十分
‥
大丈夫だと思うけど今出先のマクドで書くものが何もないからスマホの画面でしかできない
もうこれ以上こん詰めるのもしんどいのでこれでダメなら不正解でいいです

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/04(月) 00:14:24.34

と思ったけど行けるわけないわw
宿戻ってから再挑戦

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/04(月) 00:39:45.92

と思ったけど眠い
おやすみなさい

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/04(月) 05:57:03.45

c = 5/4とする
s'(t) = 5/4 2t/((x+t)^(3/4) + .. + (x-t)^(3/4))
< 5/2 t / (4 (x-t)^(3/4)) < 1
if 5/2 t < 4(x-t)^(3/4)
iff (5/8)^(4/3) t^(4/3) + t < x
if t < x^(3/4) and x ≧ 22
∵ LHS mono. increase and
(5/8)^(4/3) x + x^(3/4) < x
if x^(3/4) < (1-0.535)x
iff x>(1-0.535)^(-4)
iff x > 21.388887117622...

2(x+1)^(5/4) < (x + x^3/4)^(5/4) + (x-x^3/4)^(5/4)
holds if x ≧ 63

(1+1/x^(1/4))^(5/4) + (1-1/x^(1/4))^(5/4) - 2*(1+1/x)^(5/4)

計算機解禁
c = 5/4とする
s'(t) = 5/4 2t/((x+t)^(3/4) + .. + (x-t)^(3/4))
< 5/2 t / (4 (x-t)^(3/4))
s'(t)<1には5/2 t < 4(x-t)^(3/4)が十分で、よって
(5/8)^(4/3) t^(4/3) + t < x‥①
で十分、さらにt < x^(3/4) and x ≧ 22で十分
( ∵ ①左辺はtの関数として単調増大
よってt=x^(3/4)で成立すれば良い
つまり
(5/8)^(4/3) x + x^(3/4) < x
であればよく、(5/8)^(4/3)=0.5343..によりx^(3/4) < (1-0.535)xで十分でこれはx>21.388887117622の時成立 )
よって
2(x+1)^(5/4)
<(x+x^3/4)^(5/4)+ (x-x^3/4)^(5/4)
が成立すればよく、これは数値実験よりx≧63で成立
(note)
大先生の計算によりn≧63で整立するようである
ただしグラフは反転してその後０に収束するが０を下回ることはないようである
また[63^1.25 + 63^1.25] = 354であり、1000以下の自然数が表示可能であるのは計算機で直接確認出来る

https://ideone.com/UAuqsb

plot ((x + x^(3/4))/(x+1))^(5/4) +((x-x^(3/4))/(x+1))^(5/4), from 62 to 63

https://www.wolframalpha.com/input?i=plot+%28%28x+%2B+x%5E%283%2F4%29%29%2F%28x%2B1%29%29%5E%285%2F4%29+%2B%28%28x-x%5E%283%2F4%29%29%2F%28x%2B1%29%29%5E%285%2F4%29%2C+from+62+to+63&;lang=ja

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/04(月) 06:26:56.33

ありゃ、しまった
旧バンも貼ってしまった
後半だけ読んでください

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/04(月) 09:26:57.51

>>764
計算機を信じればロジックは正しそうだしもう正解でいいかな
お疲れ様でした

ちなみに >>760 から続ければ計算機の力を借りずともギリ可能なレベル↓

x≧9 の時
S(x,2x^(1/2)) > 2S(x+1,0)
iff (x+2√x)^3 + (x-2√x)^3 + 2(x^2-4x)^(3/2) > 4(x+1)^3
iff (x^2-4x)^(3/2) > x^3-6x^2+6x+2
iff (x^2-4x)^3 > (x^3-6x^2+6x+2)^2 (∵x≧9の範囲では両辺とも正)
iff x^3-3x^2-6x-1 > 0
であり、最後の不等式は x≧9 で常に成り立つため、
x≧9 ならば [KS(x,2x^(1/2))] ≧ [2K(x+1)^(3/2)] が成り立つ。

以上より、0<K≦(2√2)/21 ならば [KS(9,6)]=[(15√15+3√3)K] 以上の整数は全て表せる。
よって、K=1/100 とおけば [(15√15+3√3)/100] = 0 以上の整数を
全て表せることが導けるので、示された。

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/04(月) 09:51:01.17

ほんとはウェアリングの問題みたいに
[Kn^c]+[Km^c] で全ての自然数を表せるみたいなことをしたかったんだけど、
S(x,t):=[(x+t)^c]+[(x-t)^c] で t を動かした時の差がカクカクしてしまって
どうにも評価が難しかったんで断念し、妥協の結果生まれた問題でした

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/05(火) 02:25:04.01

両方切り捨てでいけるか検証した
いけるようです

両方切り捨てだと最悪ケースでx+x^3/4,x-x^3/4の両方で1近く切り捨てられる可能性があるけどそれでも(x,x) 〜(x+x^(3/4),x-x^3/4)までのfの像が次の(x+1,x+1)〜のブロックにつながる十分条件として
2(x+1)^(5/4)
≦(x+x^3/4-1)^(5/4)+ (x-x^3/4-1)^(5/4)
がとれる
文字をx=1/t^4と置換して
2(1/t^4+1)^(5/4)
≦(1/t^4+1/t^3-1)^(5/4)+ (1/t^4-1/t^3-1)^(5/4)
⇔
2(t^4+1)^(5/4)
≦(1+t-t^4)^(5/4)+ (1-t-t^4)^(5/4)
⇔
2≦((1+t-t^4)/(1+t^4))^(5/4)+ ((1-t-t^4)/(1+t^4))^(5/4)

大先生によるとこれはt≦0.25では成立する
https://www.wolframalpha.com/input?i=plot+%28%281%2Bt-t%5E4%29%2F%281%2Bt%5E4%29%29%5E%285%2F4%29%2B+%28%281-t-t%5E4%29%2F%281%2Bt%5E4%29%29%5E%285%2F4%29++from+0.24+to+0.25&;lang=ja
すなわちx≧256では成立するので256までは計算機で確認すればいい
すなわち2×[256^5/4] = 2048まで表示できるか確認すれば良い
それは簡単

https://ideone.com/L4Oe7U

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/05(火) 10:14:16.82

>>768
うん、ブロックが繋がらない心配はほとんどしてない。

問題なのは、そもそもブロック内の整数全体を本当にとるのかということ。
T(x,t) := [K(x+t)^(5/4)] + [K(x-t)^(5/4)] とすると、
>>764 の定義による S(x,t) との関係は KS-2<T≦KS となるが、
実際に KS(t)-T(t) が t ごとに [0,2) のどこに落ちるかを制御するのはほぼ不可能。
だから t を 0 からある値まで増やしていった時の T(x,t) の値が、例えば
100, 101, 102, 104, 105, …
のようにある値を抜かす可能性を排除できない。
これは K を十分小さく定めて解決できる問題でもないし、
他に良い方法が見つからない限りは、おそらく簡単には無理かなと

とは言えそれでも、定数 K>0, c>1 を適切にとれば
連続する二つの正の整数のうち少なくとも一方は [Kn^c]+[Km^c] と表せる、という
まあまあな結果は得られるけどもね

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/05(火) 11:45:21.56

僕的に面白いと思った今年のとある中学受験の問題だけどいいかな？

(2)2022にある整数をかけると、6けたの数□□□674となる。

※□が全て同じ数とは限りません！

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/05(火) 12:49:39.01

167？
一の位から地道に考えたけど、面白い解き方があるってことなのかな？

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/05(火) 15:25:22.09

>>769
あぁなるほど、そっちはダメやな

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/05(火) 15:51:06.74

イヤイヤ、待て待て
隣接する2点で[ x^c ]の値の差は1,2に限られる
↓、→と進んで[x^c] + [ y^c ]の差が2以上にはならんのでは？

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/05(火) 20:10:34.72

>>771　「167」じゃありません　面白い解き方はありますよ

①まず2022=6×337から、337×a=□□□674(aは6の倍数)と考えます

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/05(火) 20:43:01.33

>>770
ひたすら数えると

> calc(2022,6,674)
[1] 167

応用問題
1234にある整数をかけると、7けたの数□□□□888となる
ある数を列挙せよ。

> calc(1234,7,888)
[1] 132 632 1132 1632 2132 2632 3132 3632 4132 4632 5132 5632 6132 6632 7132 7632

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/05(火) 21:24:34.58

337だな

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/05(火) 22:13:29.93

なにがどうして167？

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/05(火) 22:37:44.58

あぁ、かけた“ある数”が167やな

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/05(火) 22:56:41.75

>>773
？
tが1ずつ動く時の [(x+t)^c] + [(x-t)^c] の差は2か1(か0)だけど
[(x+t)^c] そのものはもっと大きく動くはず
t が(xに依存して)ある程度大きければだけど

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/06(水) 00:47:40.61

>>779
せやね
書いた後そんなことないわとわかったけど忙しくて訂正できなかった
まぁ[ ]がバラけるとちょっとパッと処理する手が思いつかんね

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/06(水) 01:04:14.98

>>690
辺BCに垂直な直線をlとして
BF ≧ BFのlへの射影の長さ
. = AF sinF + AB sinB
. = CD sinC + DE sin E
により
2BF ≧ AF sinF + AB sinB + CD sinC + DE sin E
. = AF sinC + AB sinE + CD sinC + DE sin E
同様にして
2DB ≧ CBsinE + CD sinA + EF sinE + FA sin C
2FD ≧ EDsinA + EF sinC + AB sinA + BC sin C
よって正弦定理より
4(Ra+Rc+Re)
= 2(BF/sinA + DB/sinC + FD/sinE)
≧ (AF sinC + AB sinE + CD sinC + DE sin E)/sinA
+(CB sinE + CD sinA + EF sinE + FA sin C)/sinC
+(ED sinA + EF sinC + AB sinA + BC sin C)/sinE
= AB(sinE/sinA+sinA/sinE)
+ BC(sinE/sinC+sinC/sinE)
+ CD(sinC/sinA + sinA/sinC)
+ DE(sinE/sinA + sinA/sinE)
+ EF(sinE/sinC + sinC/sinE)
+ FA(sinC/sinA + sinA/sinC)
≧ 2(AB+BC+CD+DE+EF+FA)

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/06(水) 11:22:34.61

>>774
2022×167って337674じゃない？

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/06(水) 11:23:36.65

ああ、337のほうを答えるのか

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/06(水) 19:44:40.39

>>776　>>783　正解です
167はかけた数でしたね。>>774でのフォローが足りなくてすみません

▼面白い解き方とやら
①まず2022=6×337から、337×a=□□□674(aは6の倍数)と考えます
②下3桁が674(=337×2)なのでaの下3桁は「002」になります
③aの千の位の数を決めます。337をかけて3桁になる数は1と2のみで、
　1002は6の倍数ですが、2002は6の倍数でないのでa=1002
答えは1×337=337です。

つきあってくださりありがとうございました！　ちなみに愛知県東海中学の問題でした

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 01:47:02.08

　　次を満たす　素数ｑが　存在することを示せ。

　　ｐを素数とし、任意の整数ｎについて　　ｎ^p -p はｑで割り切れない。

　　　背理法で示そうと思い、　　n^p-p=kq　とする。　　　　－ｐ＝ｋｑ　　のとき、任意の素数ｐが　ｑのｋ倍になることはないから背理である

　　これから先どうしていいか分からない

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 04:55:20.30

>>785

そもそも数学の命題になってない

> 次を満たす　素数ｑが　存在することを示せ。

つまり命題に含まれる束縛されてない自由数はqしか許されないのに

> 　　ｐを素数とし、任意の整数ｎについて　　ｎ^p -p はｑで割り切れない。

この命題に現れるpは束縛されていない
任意のpについてなのかあるpについてなのか束縛しないと命題にならない

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 14:58:27.13

　　　解けなかったらこうやって言い訳をする

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 15:59:41.98

意味わからんもん解けんわな
このスレのレベルに達してない

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 16:03:19.96

　　ｑで　割り切れないという表現があったら数学では普通、割り切れると仮定して背理法を使う。　　他の方法を取る場合はただのキチガイ

　　　　意味が分からないと言っているお前がおかしい

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 16:06:45.04

>>789
もうお前何指摘されてるかすらわかってないやろ？
上の方とかみてたらお前の書き込めるレベルにはないのわからん？

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 16:13:27.39

>>790

　　上の方にあるのはごちゃごちゃしてる上に意味のないくそつまらない問題で全然面白くないし　　俺が出した奴の方が１００倍面白い

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 16:37:28.94

>>791
まぁお前には数学無理だな
諦めろ

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 16:44:56.36

>>792

　　無理なのはお前だろ　　

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 17:25:07.22

>>785
二文目のpを『任意の素数』か『ある素数』にしないと
次のどっちの意味にもとれるよってこと
(A) どんな素数pと整数nをとっても、n^p-p は q の倍数にならない
(B) 適切に素数pをとれば、どんな整数nをとっても n^p-p は q の倍数にならない

背理法の立て方から(A)かなと推測はできるけど、
解釈の幅が生じるような書き方は避けるようにしてね

んで肝心の問題の方だけど、これもしかして
具体的に何かの素数で成り立つことを確認してから出題してる訳ではない？
(p,n) = (q,0) とおけば n^p-p = -q だから q で割りきれるから主張は成り立たないんだけど

もし(A)じゃなくて(B)の解釈なら、
(p,q)=(2,5) とすれば確かに n^2-2 は5では割れないから、問題としては成り立つが

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 17:30:18.56

>>794

　　　　問題を解こうという姿勢が伺われない　　この問題は数学界でもレベルの高いところにあり

　　背理法で背理がいえれば安心する　　問題は上のように仮定しておいて背理だというための発見ができないだけ

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 17:37:48.76

　　お前には数学的な知性が感じられない　　数値を代入してちまちました小手先のことばかり

　　　　数学的な驚異的知性とは、　　たとえば幾何の問題を解いているときに、　　どうやっても証明できないが、パスカルの定理が見えて解けたといった超人間的なこと

　　それから基本的にこういう超難問は、１年考えているが解けない人ばかりなので、そう簡単に解ける方がおかしい

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 17:48:06.62

お前極々基本的な数学的用語の使い方すらできてない
そもそも数学の教科書読んだことすらないんやろ
勉強などしなくても数学くらいできるという謎の自己過大評価
結果何にもできてない能無しやん

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 17:53:05.88

　　　　　数学の超難問は普遍的な真理が美しい形でつながっている高次元の存在なのでクズには分からない

　　お前の議論は白チャートレベル

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 17:55:15.16

自分が面白いと思ってもそれが一般的に成り立つとは限らないが、今回は成り立たないどころか文章がルール違反してて理解すらしてもらえない例だな。
ルールを守って楽しく数学！

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 18:04:44.65

　　n^p-p=kq　　　つまり　　n^p = kq+p　　が背理であることを証明するための考えられる手段として次のものがある

　　　　フェルマーの小定理

　　　　何か難しい　Lemma　を一つ考える

　　　　今、我々は、これが背理であることを一生懸命示そうとしてるので、その最中にごちゃごちゃわけのわからんことを言う奴はアホ

　

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 18:19:33.85

　　　フェルマーの小定理を使いたいところだがこの定理は、　　n,pが互いに素という条件がある、使えるのか使えないのかよく分からない定理であり

　　すぐ使えるのか分からない　　　フェルマーの小定理をつかえている問題も多いが、それは、n,pが互いに素と分かっている問題だけで、

　　　　本問では互いに素ではないので、分からない

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 18:23:29.10

　　例えば、　　2^(p-1) ≡　１　( mod p)　　のような場合は、フェルマー小定理にひっついている互いに素の条件を無視できるため、応用できるが、

　　　　n^p　では、この定理では手におえない　　　

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 18:26:26.99

　　式は、　　n^p　≡　p （mod q)　　ということを言っているのは明らかである。

　　　　しかし、これが背理であることをどうやって示すかというと非常に難しい

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 18:53:04.56

　　2^p ≡　p (mod q)　の場合で、　　フェルマーの小定理から　　2^(p-1)　≡　1 (mod p)

2^p = kq+p の一方で、　　2^p = 2lp+2より、

　　　kq+p = lp+2 kq + (1-2l)p = 2 とやっても中々背理であることが示せないため、これは非常な難問である

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 19:02:54.15

　　　ここで問題になっているのは、　　n^p = kq+p　が背理であることを示す定理を宇宙人がもっている

　　　　しかし人類はその定理ないし補題を発見できない

　　　そのため、n^p = kq+pが背理であることを示せない　　　またおそらくその定理や補題は恐ろしい内容のものである

　　　　　そうしてみると、この問題の最終的な解決は、　　俺の能力では無理である

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 19:12:57.95

ガダガタ言ってスレ荒らすな能無し
まず最低限人に自分の考えてる事説明できるようにならんと話にならん
しかしお前はそれができるようになるようになる努力すらせんやろ
人間説明がそもそも学問に向いてないんだよ
消えろ

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 19:20:33.71

　　バカはお前だ　　じゃあ突然、飛行機を作れと言ってお前は飛行機が作れるのか？

　　　　解けないつってんだよ

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 19:20:50.04

そもそもここに投稿するべきかちゃんと読め

面白い数学の問題を紹介して解き合うスレです
質問スレではありません
『出題者が答えを知らない問題はお控えください』
統計学などはスレ違い、数学以外の話題は論外です
『荒らし、煽りはスルー推奨』
てことで誰か面白い問題頼む

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 19:58:01.68

　　だから　　n^p = kq+p　　が背理であることを言えばいいんだよ

　　　背理法というのは部分的に背理とかではないってのが分かってねえんじゃねえの

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 20:33:38.39

　　これが背理であることを言う方法はあるが非常に難しい、おわり

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/07(木) 20:50:02.89

GOODBYE

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/08(金) 08:56:55.80

Since (pp !1)=(p!1) = 1+p+p2 +￠￠￠+pp!1 ´ p+1 (mod p2), we can get at
least one prime divisor of (pp ! 1)=(p ! 1) which is not congruent to 1 modulo p2. Denote
such a prime divisor by q. This q is what we wanted. The proof is as follows. Assume that
there exists an integer n such that np ´ p (mod q). Then we have np2 ´ pp ´ 1 (mod q)
by the definition of q. On the other hand, from Fermat’s little theorem, nq!1 ´ 1 (mod q),
because q is a prime. Since p2 - q !1, we have (p2; q !1) j p, which leads to np ´ 1 (mod q).
Hence we have p ´ 1 (mod q). However, this implies 1 + p + ￠￠￠ + pp!1 ´ p (mod q). From
the definition of q, this leads to p ´ 0 (mod q), a contradiction.

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/08(金) 09:34:25.51

元々問題の欠陥からして素数ｑは無限に存在することから、Q体上のkのガロア閉包にチェボタレフの密度定理を適用してこのようなqの集合は、1/pの密度を持つことがわかり、無限に多くのqを満たしているといえるが、素数ｑが無限に存在していることに着目しても、このように難しい定理によるしかない上、この解法は数学界の中でも非常に高性能な解法でありなかなか思いつかないことを複数組み合わせておりレベルが高い。高校程度の数学の問題の中でも最高峰に位置すると言ってよい。

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/08(金) 09:36:36.54

そもそもの問題すらまだ誰にも伝わってないわバーカ

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/08(金) 09:42:36.70

　n^p = kq+pが背理であることを言おうとしてごちゃごちゃ矛盾をつつこうとしたら

>>812

のような　　超ハイレベルな解法が存在してるのがばれて発狂してんのかカス

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/08(金) 09:50:47.41

ハイレベルwwwww
英語もめちゃくちゃやのにwwwwwwwwww
バーカwwwwwwwwwwwwwe

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/08(金) 11:23:50.55

鉄板の塗装を請負いました何でも屋です。
単位はメートルで測って来ましたが、計算すると109平米になりました。そんなにあるんですか？平米単価2000円程で3万ぐらいの工事かなと先方に伝えましたが、この計算だと218,000円の工事になってしまいます。怒られそうです。
よろしくお願いします。全ての縦を足した数字に横の数字を足したのをかけました。
https://i.imgur.com/8RkWeje.jpg

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/08(金) 11:41:00.89

誘導しようと思ったらいつの間にわかスレ消えてたんか…

>>817
ここは質問スレじゃないので（>>1は読もうね）
簡単な内容ぽいからとりあえずこっちで教えてもらっといで↓
高校数学の質問スレ Part417
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1648557700/

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/08(金) 11:44:26.59

>>818
ありがとうございます！そちらに書き込みしてみます。すみませんでした。

**１３２人目の素数さん** · 2022/04/08(金) 16:38:21.94

Hnをn番目の調和数、ζ(x)をゼータ関数とする
ΣHn/n^2=2ζ(3)　（和は、n=1からn=∞まで）
を示せ

自分のやり方が変にテクニカルになったので、どんな解き方があるか知りたい