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■47988 / 親記事)  2^(1/3)-1
□投稿者/ トランク 一般人(4回)-(2017/05/22(Mon) 02:22:41)
    自然数nに対して整数a[n],b[n],c[n]を
    (2^(1/3)-1)^n=a[n]+b[n]2^(1/3)+c[n]4^(1/3)
    として定めます。

    「n≧2ならばc[n]≠0」
    って正しいでしょうか?

    正しいとすると証明はどうすればよいのでしょうか?

    (他の場所で見かけて)なぜか少し気になりまして…。
    よろしくお願いします。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]



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■47964 / 親記事)  どう並べ替えても一部を取り出しても素数
□投稿者/ shtainze 一般人(1回)-(2017/05/12(Fri) 17:07:52)
    n進法におけるk桁 (k: 4以上) の数で、下記の条件を満たす例を挙げよ。あるいは、必要条件を挙げよ。
    ・各桁の数をどう並べ替えても素数になる
    ・一部の桁のみを取り出した数も、どう並べ替えても素数になる

    マルチ投稿ですが、毎日確認して、何か回答を頂き次第こちらの掲示板にも反映させます。また、ご回答が得られない期間が1週間続いた時点でフォローを止めさせて頂きます。その際はこちらにメッセージを残します。どうぞ宜しくお願い致します。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス5件(ResNo.1-5 表示)]
■47965 / ResNo.1)  Re[1]: どう並べ替えても一部を取り出しても素数
□投稿者/ shtainze 一般人(2回)-(2017/05/12(Fri) 17:08:50)
    No47964に返信(shtainzeさんの記事)
    なお、以下は私が考えて分かった範囲です。
    kが2の時は、例えば、10進法における37が当てはまります。(37, 73, 3, 7が全て素数)
    kが3の時は例えば、246進法に最小の例があり、その時の各桁の数は31, 101, 191となります。(3桁、2桁、1桁の組み合わせの合計15通りの数が全て素数となる)
    素数定理が正しいとすれば、どんなに大きなkに対しても、n進法においてそのような例が出現する確率は少なく見積もってもO (1/(lognの累乗))となります。これは十分大きなnに対して必ずそのような例が出現し、かつ以降も無限に出現することを示唆しています。

    ただし、その確率の絶対値はかなり小さいので、kが4の時は数値計算による求解は不可能であり、何らかの定性的な絞込が必要となります。

    他には各桁が素数となる事(1桁の場合を考えれば自明)と、あと、modを使って多少の絞り込みができる事が判明している程度です。

    ・この問題のために群論も少しかじりましたが、群論は「桁を並べ替える」とか「一部の桁を取り出す」等の操作に関してはあまりパワーを発揮しないようです。(←誤解があればご指摘下さい)
    ・permutable primeについても少し調べましたが、今回はそれよりかなり強い条件を要請しているのであまり役立たない気がします。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47968 / ResNo.2)  Re[1]: どう並べ替えても一部を取り出しても素数
□投稿者/ WIZ 一般人(5回)-(2017/05/14(Sun) 18:07:01)
    2017/05/14(Sun) 22:48:25 編集(投稿者)

    # 回答でも関連情報でもなく、ただの感想文ですのでご了承ください。

    スレ主さんは何進法かということに拘っているようですが、
    何進法かということは自然数の位取り表記法の都合であり、その自然数の値とは無関係です。
    この質問の件は以下の様に、何進法かに無関係な問題に定式化でます。

    kを4以上の自然数としてk個の素数p[1], p[2], ・・・, p[k]と、1より大きい自然数nがある。
    但し、各素数の値はn未満とする。このときnのk-1次以下の整式で、
    係数はp[1], p[2], ・・・, p[k]のどれかとする時の値が常に素数となるように、
    p[1], p[2], ・・・, p[k]を選ぶことができるか?

    p[1], p[2], ・・・, p[k]の中に同一の素数は存在しません。
    何故なら、p[1] = p[2]とするとp[1]*n+p[2] = p[1](n+1)と合成数になってしまうからです。

    n進法という考えだと、1進法というのは存在しないのでn > 1となってしまいますが、
    私が定式化した記述ならn = 1の場合も考えてみても面白いかもしれませんね。
    p[a]*n+p[b]とp[b]*n+p[a]は、n > 1なら違う値でしょうが、n = 1なら同じ値になりますけどね。

    また、n進位取り記数法だから、p[1]〜p[k]はn未満の値である必要がありますが、
    このn未満という条件を取り去った問題を考えてみても面白いかもしれません。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47971 / ResNo.3)  Re[2]: どう並べ替えても一部を取り出しても素数
□投稿者/ shtainze 一般人(3回)-(2017/05/14(Sun) 21:39:33)
    No47968に返信(WIZさんの記事)
    > この質問の件は以下の様に、何進法かに無関係な問題に定式化でます。
    →いかにもその通りです。私が進法にこだわったのは、プログラミングによって候補を探していた時の名残です。
    p1 < p2 < p3 < p4 < nを守る事にすると、nを中心にしてアルゴリズムを組むのが最も理にかなう方法になるのです。 (n = 2kに対してnより小さいp1, p2, p3, p4を列挙して多項式が素数になるかサーチ、次に同じことをn = 2k+2に対して行い、同様にn = 2k+4, 2k+6,,, とだんだん増やしていく)

    > また、n進位取り記数法だから、p[1]〜p[k]はn未満の値である必要がありますが、
    > このn未満という条件を取り去った問題を考えてみても面白いかもしれません。
    おっしゃる通りp1, p2, p3,,, < nは一般化すれば外しても良いですね。外さなかったのは私がこの問題を思いついた由来によります。
    Wikipediaの様々な素数の記載を見ていた時に、
    ・circular prime (お尻のケタを頭にもってくる事を繰り返しても全て素数)
    ・truncatable prime (端っこからケタを切り落としていっても全て素数)
    ・permutable prime (どう並べ替えても素数)
    などなどの数遊びがあったのですが、「では最も一般化した形態はなんだろう?」と考えた所、この形態を思いついたというわけです。ということで位取り記数法にこだわっています。
    また、上記のプログラミングによるサーチとも関連しますが、この制限を外すと一気にプログラミングが困難になってきます (n, p1, p2, p3, p4のうち少なくとも2つが大小関係なく大きくなれるため、サーチの方向が決めにくい)。


    さて、見つかるもんでしょうかね・・・

    ># 回答でも関連情報でもなく、ただの感想文ですのでご了承ください。
    →正解があるとしても求めるのは非常に困難な事が予想されます。なにしろ、4ケタ: 24通り、3ケタ: 24通り、2ケタ: 12通り、4ケタ: 4通り、の合計64個の数が全て同時に素数にならないといけないので、それだけでも極めて低い確率であることは明らかですね。
    にも関わらず、素数定理 (nが素数である確率はザックリと1/Log (n) ) を用いてそのような確率を求めると、チリも積もれば山となり、10^90進法程度までサーチすれば必ず1つは存在する事が示唆されるということで、中々奥深いですね。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47972 / ResNo.4)  Re[2]: どう並べ替えても一部を取り出しても素数
□投稿者/ shtainze 一般人(4回)-(2017/05/14(Sun) 21:40:28)
    いずれにしても、返信を下さり本当にありがとうございます。私の趣味にお付き合いいただけてとても嬉しいです。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47981 / ResNo.5)  Re[3]: どう並べ替えても一部を取り出しても素数
□投稿者/ shtainze 一般人(5回)-(2017/05/21(Sun) 09:14:08)
    1週間経ちましたがご回答が得られないので終了とさせて頂きます。(難しいですよね・・・)
    またお世話になることがあるかもしれませんが宜しくお願い致します。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■47915 / 親記事)  漸化式
□投稿者/ ハイポネックス 一般人(4回)-(2017/03/11(Sat) 21:22:47)
    a[1]=1
    a[2]=1
    a[n+2]=(a[n+1]^2+1)/a[n] (n≧1)
    であるとき、a[n]が自然数であること
    の証明を教えて下さい。お願いします。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス10件(ResNo.6-10 表示)]
■47922 / ResNo.6)  Re[6]: 漸化式
□投稿者/ ハイポネックス 一般人(7回)-(2017/03/12(Sun) 11:45:06)
    有り難うございます。
    やはりそういう関係が成り立つのですね。

    それって、実験的に類推する方法以外で、代数的に(非帰納法で)式変形だけで証明できるのでしょうか?
    そもそも、見る人が見ればこういった線形的な関係が成り立つのは明らかなのでしょうか?
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47923 / ResNo.7)  Re[6]: 漸化式
□投稿者/ IT 一般人(3回)-(2017/03/12(Sun) 11:46:38)
    らすかるさんへ、
     興味深い結果ですね。
     「a[1]=a[2]=1」という条件も効いているのでしょうか?
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47924 / ResNo.8)  Re[1]: 漸化式
□投稿者/ WIZ 一般人(3回)-(2017/03/12(Sun) 11:53:20)
    長文ですが、一定の結果が出せたので書き込ませて頂きます。

    f(x) = Ax^2+Bx+C, a[n+2] = f(a[n+1])/a[n]とし、
    a[n+2] = p*a[n+1]+q*a[n]+rとなるp, q, rがA, B, Cだけで決定できるか考えてみます。

    n = 1とn = 2で変形できる、つまり、
    a[3] = p*a[2]+q*a[1]+r
    a[4] = p*a[3]+q*a[2]+r
    は成立するもとします。

    後は、kを自然数としてn = kとn = k+1で成立する、つまり、
    a[k+2] = p*a[k+1]+q*a[k]+r
    a[k+3] = p*a[k+2]+q*a[k+1]+r
    と仮定して、n = k+2でも成立することが示せれば良い訳です。

    a[k+4] = (A*a[k+3]^2+B*a[k+3]+C)/a[k+2]
    = {A*(p*a[k+2]+q*a[k+1]+r)^2+B*(p*a[k+2]+q*a[k+1]+r)+C}/a[k+2]
    = {A*(p^2)*a[k+2]^2+2Apq*a[k+2]a[k+1]+2Apr*a[k+2]+A*(q^2)*a[k+1]^2+2Aqr*a[k+1]+A*r^2+Bp*a[k+2]+Bq*a[k+1]+Br+C}/a[k+2]
    = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+{A*(q^2)*a[k+1]^2+(2Aqr+Bq)*a[k+1]+(A*r^2+Br+C)}/a[k+2]

    上記の最後の式で、ある定数sが存在して、
    A*(q^2)*a[k+1]^2+(2Aqr+Bq)*a[k+1]+(A*r^2+Br+C) = s*f(a[k+1])・・・・・(1)
    と表せれば、
    a[k+4] = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*f(a[k+1])/a[k+2]
    = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*f(a[k+1])/a[k]*a[k]/a[k+2]
    = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*a[k+2]*a[k]/a[k+2]
    = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*a[k]・・・・・(2)
    と、とりあえず分数式は解消されて整式になります。

    先ず、(1)の様に表せる為には
    A*(q^2)*a[k+1]^2+(2Aqr+Bq)*a[k+1]+(A*r^2+Br+C) = s*(A*a[k+1]^2+B*a[k+1]+C)
    より、
    A*(q^2) = sA・・・・・(3)
    2Aqr+Bq = sB・・・・・(4)
    A*r^2+Br+C = sC・・・・・(5)
    であることが必要です。

    A ≠ 0とすれば、(3)より、
    s = q^2・・・・・(6)
    です。

    (6)を(4)に代入すると、
    2Aqr+Bq-(q^2)B = q*{2Ar+(1-q)B} = 0
    よって、q = 0ならrは任意の値、q ≠ 0なら
    r = (q-1)B/(2A)・・・・・(7)
    であれば良いです。

    (6)(7)を(5)に代入して見ると、
    A*{(q-1)B/(2A)}^2+B*(q-1)B/(2A)+C = (q^2)C
    ⇒ {(q-1)^2}(B^2)/(4A)+(q-1)(B^2)/(2A)+(1-q^2)C = 0
    ⇒ (q-1){(q-1)(B^2)+2(B^2)-(1+q)*4AC} = 0
    ⇒ (q-1){(q+1)(B^2)-(1+q)*4AC} = 0
    ⇒ (q-1)(q+1)(B^2-4AC) = 0

    4AC-B^2 = 0ならばqは任意の値となりますが、
    4AC-B^2 = 0となるのは、f(x)がxの1次式の平方となる場合です。
    この場合は別途考えることとして(!)、以降4AC-B^2 ≠ 0の場合のみ考えます。

    4AC-B^2 ≠ 0ならばq = ±1であれば良いです。
    q = 1ならば(7)よりr = 0です。
    q = -1ならば(7)よりr = -B/Aです。

    (2)より、
    a[k+4] = A*(p^2)*a[k+2]+2Apq*a[k+1]+(2Apr+Bp)+s*a[k]
    = Ap*(p*a[k+2]+q*a[k+1]+r)+Aq*(p*a[k+1]+q*a[k]+r)+(1-A)(q^2)a[k]+(Apr+Bp-Aqr)
    = Ap*a[k+3]+Aq*a[k+2]+(1-A)(q^2)a[k]+(Apr+Bp-Aqr)
    となりますが、上記が
    a[k+4] = p*a[k+3]+q*a[k+2]+r
    と等価になる為には、
    Ap = p・・・・・(8)
    Aq = q・・・・・(9)
    (1-A)(q^2) = 0・・・・・(10)
    Apr+Bp-Aqr = r・・・・・(11)
    となることが必要です。

    (8)(9)(10)より、A = 1が必要です。
    よって、「q = 1, r = 0」または「q = -1, r = -B」となります。

    A = 1, q = 1, r = 0の場合、(11)は
    1*p*0+Bp-1*1*0 = 0
    ⇒Bp = 0
    となり、B = 0ならばpは任意の値、B ≠ 0ならばp = 0が必要です。

    A = 1, q = -1, r = -Bの場合、(11)は
    1*p*(-B)+Bp-1*(-1)*(-B) = -B
    ⇒ 0 = 0
    となり、pは任意の値となります。

    ・・・と、ここまでのかなり荒削りな結果から、ハイポネックスさんが質問された2問を解いてみます。

    【1問目】a[1] = a[2] = 1, a[n+2] = a[n+1](a[n+1]+1)/a[n] (n≧1)
    A = 1, B = 1, C = 0なので、q = -1, r = -B = -1と取ります。
    a[3] = a[2](a[2]+1)/a[1] = 1*(1+1)/1 = 2
    a[3] = p*a[2]+q*a[1]+r = p*1+(-1)*1+(-1) = p-2
    ⇒ 2 = p-2
    ⇒ p = 4
    となって、既にみずきさんによる解答の通り、a[n+2] = 4a[n+1]-a[n]-1が得られます。

    【2問目】a[1] = a[2] = 1, a[n+2] = (a[n+1]^2+1)/a[n] (n≧1)
    A = 1, B = 0, C = 1なので、q = -1, r = -B = 0と取ります。
    a[3] = (a[2]^2+1)/a[1] = (1^2+1)/1 = 2
    a[3] = p*a[2]+q*a[1]+r = p*1+(-1)*1+0 = p-1
    ⇒ 2 = p-1
    ⇒ p = 3
    となって、既に私がよる解答の通り、a[n+2] = 3a[n+1]-a[n]が得られます。

    ITさんの指摘も含む、A ≠ 1の場合はこの方法では漸化式の整式化はできないのかもしれません。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47926 / ResNo.9)  Re[1]: 漸化式
□投稿者/ WIZ 一般人(4回)-(2017/03/12(Sun) 12:12:33)
    2017/03/12(Sun) 12:39:46 編集(投稿者)

    > 「a[1]=a[2]=1」という条件も効いているのでしょうか?

    f(x) = Ax^2+Bx+C, a[n+2] = f(a[n+1])/a[n] = p*a[n+1]+q*a[n]+rにおいて、
    A = 1かつB^2-4AC ≠ 0であれば、q = -1, r = -Bと取れますし、
    pの決定はa[3] = f(a[2])/a[1] = p*a[2]-a[1]-Bより、a[2] ≠ 0であれば、
    p = {f(a[2])/a[1]+a[1]+B}/a[2]となります。

    元の漸化式の分母にa[n]が来る以上、任意の自然数nに対してa[n] ≠ 0と言えるので、
    a[1] = a[2] = 1という条件までは必要ないと思います。

    但し、漸化式を分数式から整式へ変形できるかどうかを論じているのであって、
    a[n]が全て整数となるかは度外視しています。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47980 / ResNo.10)  Re[2]: 漸化式
□投稿者/ ハイポネックス 一般人(1回)-(2017/05/21(Sun) 08:00:22)
    有り難うございます!
解決済み!
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■47977 / 親記事)  数と式
□投稿者/ たまごけ 一般人(1回)-(2017/05/19(Fri) 18:34:56)
    相異なる3つの実数a,b,cが
    (a^2-bc)/(a-abc)=(b^2-ca)/(b-abc)
    を満たしているならば、
    (c^2-ab)/(c-abc)
    も上の等式の値に等しいことを示せ。

    教えて下さい。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]
■47978 / ResNo.1)  Re[1]: 数と式
□投稿者/ らすかる 一般人(7回)-(2017/05/19(Fri) 21:00:33)
    (a^2-bc)/(a-abc)=(b^2-ca)/(b-abc)
    (a^2-bc)(b-abc)-(b^2-ca)(a-abc)=0
    a^2b-a^3bc-b^2c+ab^2c^2-ab^2+ab^3c+a^2c-a^2bc^2=0
    (b-a){abc(a+b+c)-ab-bc-ca}=0
    abc(a+b+c)-ab-bc-ca=0 (∵b-a≠0)
    (c-b){abc(a+b+c)-ab-bc-ca}=0
    b^2c-ab^3c-ac^2+a^2bc^2-bc^2+abc^3+ab^2-a^2b^2c=0
    (b^2-ca)(c-abc)-(c^2-ab)(b-abc)=0
    c-abc≠0の場合
    (b^2-ca)/(b-abc)=(c^2-ab)/(c-abc)
    となり成り立つ。
    c-abc=0の場合は
    (c^2-ab)/(c-abc)
    が定義されないので、「上の等式の値に等しい」とは言えない。
    従って、
    「(c^2-ab)/(c-abc)が定義されるならば、上の等式の値に等しい」
    と言うのが正しい。

    実際、a=2,b=1/2,c=1のとき
    (a^2-bc)/(a-abc)=(b^2-ca)/(b-abc) ですが、
    c^2-ab=c-abc=0 ですので (c^2-ab)/(c-abc) は定義されません。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■47979 / ResNo.2)  Re[2]: 数と式
□投稿者/ たまごけ 一般人(2回)-(2017/05/19(Fri) 22:41:17)
    途中の計算が難しかったですが、詳しく有難うございました!
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■47970 / 親記事)  不等式
□投稿者/ ぽむぽむ 一般人(1回)-(2017/05/14(Sun) 20:56:33)
    0<x<π/2のとき1/sin(x)-1/x<1-2/πであることの証明をお願いします
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▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]
■47973 / ResNo.1)  Re[1]: 不等式
□投稿者/ WIZ 一般人(6回)-(2017/05/14(Sun) 23:50:07)
    f(x) = 1/sin(x)-1/x とおきます。

    f'(x) = -cos(x)/(sin(x)^2)+1/(x^2) = {(sin(x)^2)-(x^2)cos(x)}/{(x^2)(sin(x)^2)}
    0 < x < π/2の範囲で、f'(x)の分母は正ですから、分子の符号の変化を調べます。

    g(x) = sin(x)^2-(x^2)cos(x)とおきます。

    g'(x) = 2sin(x)cos(x)-2x*cos(x)+(x^2)sin(x) = 2cos(x)(sin(x)-x)+(x^2)sin(x)

    g''(x) = 2(cos(x)^2)-2(sin(x)^2)-2cos(x)+2x*sin(x)+2x*cos(x)+(x^2)cos(x)
    = 2(cos(x)+sin(x))(cos(x)-sin(x)+x)+(x^2)cos(x)

    0 < x < π/2で、0 < cos(x) かつ 0 < sin(x) < x なので、g''(x) > 0 です。
    よって、g'(x)は増加で、g'(0) = 0 なので、0 < x < π/2 で g'(x) > 0 といえます。
    よって、g(x)も増加で、g(0) = 0 なので、0 < x < π/2 で g(x) > 0 といえます。

    以上から、f'(x) > 0 であり、f(x)は増加で、
    0 < x < π/2の範囲のf(x)の値はf(π/2) = 1-2/π未満であるので、
    題意の不等式が成立するといえます。
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■47974 / ResNo.2)  Re[2]: 不等式
□投稿者/ ぽむぽむ 一般人(2回)-(2017/05/15(Mon) 22:04:04)
    有り難うございました!
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