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■52574 / 親記事)  羅生門
□投稿者/ 茶川龍之介 一般人(1回)-(2024/07/15(Mon) 08:57:41)
    仕事をクビになり会社の門で憔悴していたらババアがいきなり話しかけてきました。

    「この大きい袋に7で割り切れない自然数がたくさん入っている。無作為にひとつ引いてこっちの小さい袋に入れろ。引いた自然数は見てはいけない。
     小さい袋には不思議な力があり、入れた自然数のすべての正の約数がひとつずつ中に現れるので、無作為にひとつ引け。引いた約数はまだ見てはいけない。
     その約数を7で割った余りが1,2,4のどれかであるか3,5,6のどれかであるか賭けろ。
     引いた約数を確認して賭けたほうに一致していたら一生遊んで暮らせるだけの金をくれてやる。
     一致していなければ熱湯で鼻を茹でるぞ」

    …と。

    私は1,2,4か3,5,6のどちらに賭けたらいいのでしょうか?
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス1件(ResNo.1-1 表示)]
■52801 / ResNo.1)  Re[1]: 羅生門
□投稿者/ WIZ 一般人(4回)-(2025/04/02(Wed) 15:50:03)
    2025/04/03(Thu) 10:15:17 編集(投稿者)

    問題文が曖昧です。

    最初に引いた7で割り切れない自然数をnとします。
    そして小さい袋には「入れた自然数のすべての正の約数がひとつずつ中に現れる」とありますが、
    n自身もnの正の約数なのだから、nも現れて、
    小さい袋の中には「入れたn」と「現れたn」の2個のnがあると考えるのか?
    それとも、n自身を除く正の約数がひとつずつ現れるのか?

    「無作為にひとつ引け。引いた約数は・・・」とありますが、
    この「引いた約数」にn自身は含めるのか?
    もし、現れた正の約数がn自身を除くものなら、「引いた約数」にn自身は含めないのか?


    以下、この問題の参考情報としてコメントします。

    約数には自身も含めるものとします。
    法7で1, 2, 4は平方剰余で、3, 5, 6は平方非剰余です。

    以下は既知とします。
    (1)平方剰余と平方剰余の積は平方剰余である。
    (2)平方非剰余と平方非剰余の積は平方剰余である。
    (3)平方剰余と平方非剰余の積は平方非剰余である。

    nは7で割り切れない自然数なので、nの正の約数も7で割り切れない自然数となります。
    nの正の約数の内、法7で平方剰余であるものの個数をf(n)、
    nの正の約数の内、法7で平方非剰余であるものの個数をg(n)とします。
    s(n) = f(n)-g(n)とおきます。

    [補題1]
    a, bを互いに素な自然数とすると、s(ab) = s(a)s(b)となることを示します。

    abの約数の内、法7で平方剰余であるのは、
    {aの約数で平方剰余であるもの}*{bの約数で平方剰余であるもの}のf(a)f(b)個と、
    {aの約数で平方非剰余であるもの}*{bの約数で平方非剰余であるもの}のg(a)g(b)個の合計で、
    f(ab) = f(a)f(b)+g(a)g(b)個です。

    abの約数の内、法7で平方非剰余であるのは、
    {aの約数で平方剰余であるもの}*{bの約数で平方非剰余であるもの}のf(a)g(b)個と、
    {aの約数で平方非剰余であるもの}*{bの約数で平方剰余であるもの}のg(a)f(b)個の合計で、
    g(ab) = f(a)g(b)+g(a)f(b)個です。

    よって、
    s(ab) = f(ab)-g(ab) = {f(a)f(b)+g(a)g(b)}-{f(a)g(b)+g(a)f(b)} = {f(a)-g(a)}{f(b)-g(b)} = s(a)s(b)
    となります。
    [補題1 終了]

    [補題2]
    pを7以外の自然数の素数、mを自然数とします。

    pが法7で平方剰余の場合、p^mの正の約数は1, p, p^2, ・・・, p^mのm+1個で、
    全て法7で平方剰余なので、f(p^m) = m+1, g(p^m) = 0となり、s(p^m) = m+1となります。

    pが法7で平方非剰余の場合、
    mが偶数ならば、1, p^2, p^4, ・・・, p^mのm/2+1個が平方剰余で、
    p, p^3, p^5, ・・・, p^(m-1)のm/2個が平方非剰余となり、
    f(p^m) = m/2+1, g(p^m) = m/2, s(p^m) = 1となります。
    mが奇数ならば、1, p^2, p^4, ・・・, p^(m-1)の(m+1)/2個が平方剰余で、
    p, p^3, p^5, ・・・, p^mの(m+1)/2個が平方非剰余となり、
    f(p^m) = g(p^m) = (m+1)/2, s(p^m) = 0となります。

    従って、いずれの場合もs(p^m) ≧ 0と言えます。
    [補題2 終了]

    nがk個の異なる素因数を持つものとし、その素因数をp[1], p[2], ・・・, p[k]、
    素因数の指数をe[1], e[2], ・・・, e[k]とすると、
    n = Π[j=1,k]{p[j]^e[j]}
    ⇒ s(n) = Π[j=1,k]s(p[j]^e[j]) ≧ 0
    ⇒ f(n) ≧ g(n)
    となります。

    つまり、7で割り切れない自然数nの正の約数の内、7を法として平方剰余であるものの個数f(n)は
    平方非剰余であるものの個数g(n)より少ないことはないと言えるので、
    平方剰余である1, 2, 4の方に賭ける方が確率的には良いのかもしれません。

    # 上記解説の法は7である必要はなく、任意の奇素数を法として成立すると考えられます。

    長文失礼しました。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■52571 / 親記事)  確率
□投稿者/ トランプ 一般人(1回)-(2024/07/14(Sun) 21:02:25)
    k,nは正の整数として、kn枚のコインを投げたとき、
    表が出た枚数をkで割った余りがrとなる確率をp[r]とします。
    p[0],p[1],p[2],…,p[k-1]のうち最も大きいのはどれなのでしょうか?
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]
■52572 / ResNo.1)  Re[1]: 確率
□投稿者/ らすかる 一般人(9回)-(2024/07/14(Sun) 21:58:17)
    2024/07/14(Sun) 22:04:59 編集(投稿者)

    多分
    nが奇数の場合
    kが奇数ならばp[(k-1)/2]とp[(k+1)/2]
    kが偶数ならばp[k/2]
    nが偶数の場合
    p[0]とp[k-1]
    になると思います。
    つまり、表の枚数はkn/2付近になる確率が高いので
    それをkで割った余り付近が最大になるという意味です。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■52573 / ResNo.2)  Re[2]: 確率
□投稿者/ トランプ 一般人(2回)-(2024/07/14(Sun) 23:05:00)
    なるほど…
    興味深い洞察をありがとうございます。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■52566 / 親記事)  平方数
□投稿者/ 孫子 一般人(1回)-(2024/07/10(Wed) 12:30:22)
    自然数nで3^n-2^n-1が平方数となるものをすべて求めたいのでお願いします。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス3件(ResNo.1-3 表示)]
■52569 / ResNo.1)  Re[1]: 平方数
□投稿者/ muturajcp 一般人(2回)-(2024/07/14(Sun) 17:05:55)
    3^n-2^n-1
    n=1のとき
    3^1-2^1-1=3-2-1=0は平方数
    n=2のとき
    3^2-2^2-1=9-4-1=4は平方数
    n=4のとき
    3^4-2^4-1=81-16-1=64は平方数

    nが3以上の奇数のとき
    n=2k+1となる自然数kがある
    3^(2k+1)=3(9^k)=3(8+1)^k=3(mod4)
    2^(2k+1)=2(4^k)=0(mod4)
    3^(2k+1)-2^(2k+1)-1=2(mod4)
    3^(2k+1)-2^(2k+1)-1=4m+2=2(2m+1)
    となる整数mがあるから
    3^(2k+1)-2^(2k+1)-1=2(2m+1)は平方数ではない

    nが6以上の偶数のとき
    n=2kとなる自然数kがある
    3^(2k)-2^(2k)-1
    が平方数であると仮定すると
    3^(2k)-2^(2k)-1=x^2
    となる整数xがある
    3^(2k)-2^(2k)=1+x^2
    (3^k+2^k)(3^k-2^k)=1+x^2
    右辺1+x^2は実数の範囲で分解できない既約多項式
    3^k+2^k>3^k-2^k>0だから
    3^k-2^k=1でなければならないから
    k=1
    n=2となってn≧6に矛盾するから
    3^(2k)-2^(2k)-1
    は平方数ではないから

    n=1
    n=2
    n=4
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■52570 / ResNo.2)  Re[1]: 平方数
□投稿者/ muturajcp 一般人(3回)-(2024/07/14(Sun) 19:11:26)
    訂正です

    3^n-2^n-1
    n=1のとき
    3^1-2^1-1=3-2-1=0
    n=2のとき
    3^2-2^2-1=9-4-1=4
    n=4のとき
    3^4-2^4-1=81-16-1=64

    nが3以上の奇数のとき
    n=2k+1となる自然数kがある
    3^(2k+1)=3(9^k)=3(8+1)^k=3(mod4)
    2^(2k+1)=2(4^k)=0(mod4)
    3^(2k+1)-2^(2k+1)-1=2(mod4)
    3^(2k+1)-2^(2k+1)-1=4m+2=2(2m+1)
    となる整数mがあるから
    3^(2k+1)-2^(2k+1)-1=2(2m+1)は平方数ではない

    n=2(2k+1)となる自然数kがあるとき
    3^{2(2k+1)}=9^(2k+1)=9(81^k)=9(16*5+1)^k=9(mod16)
    2^{2(2k+1)}=4^(2k+1)=4(16^k)=0(mod16)
    3^{2(2k+1)}-2^{2(2k+1)}-1=8(mod16)
    3^{2(2k+1)}-2^{2(2k+1)}-1=16m+8=8(2m+1)
    となる整数mがあるから
    3^{2(2k+1)}-2^{2(2k+1)}-1=8(2m+1)は平方数ではない

    n=4(2k+1)となる自然数kがあるとき
    3^{4(2k+1)}=81^(2k+1)=81(6561)^k=(32*2+17)(205*32+1)^k=17{mod(32)}
    2^{4(2k+1)}=16^(2k+1)=16(256)^k=0{mod(32)}
    3^{4(2k+1)}-2^{4(2k+1)}-1=16(mod32)
    3^{4(2k+1)}-2^{4(2k+1)}-1=(3^{2(2k+1)}+2^{2(2k+1)})(3^{2(2k+1)}-2^{2(2k+1)})-1≧3^6+2^6-1>16
    3^{4(2k+1)}-2^{4(2k+1)}-1=32m+16=16(2m+1)
    となる自然数mがあるから
    3^{4(2k+1)}-2^{4(2k+1)}-1=16(2m+1)は平方数ではない

    n=(2^j)(2k+1),j≧3,k≧0となる自然数jと整数kがあるとき

    3^{(2^j)(2k+1)}=(3^{2^j})^(2k+1)=(3^{2^j})(9^{2^j})^k=1+2^(j+2){mod(2^(j+3))}
    2^{(2^j)(2k+1)}=(2^{2^j})^(2k+1)=(2^{2^j})(4^{2^j})^k=0{mod(2^{j+3})}
    3^{(2^j)(2k+1)}-2^{(2^j)(2k+1)}-1=2^(j+2){mod(2^{j+3})}
    3^{(2^j)(2k+1)}-2^{(2^j)(2k+1)}-1=(2m+1)2^{j+2}
    となる自然数mがあるから
    3^{(2^j)(2k+1)}-2^{(2^j)(2k+1)}-1=(2m+1)2^{j+2}は平方数ではない

    n=1
    n=2
    n=4

引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■52582 / ResNo.3)  Re[2]: 平方数
□投稿者/ 孫子 一般人(3回)-(2024/07/21(Sun) 16:45:11)
    ありがとうございました。
    とても参考になりました。
解決済み!
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■52561 / 親記事)  52545の「約数の個数」の式変形について
□投稿者/ スフィンクス 一般人(3回)-(2024/07/09(Tue) 10:38:27)
     興味深い問題なので勉強中なのですが、式変形がよくわかりません。


    √(3n)=√(3・2^p・3^q・N)≦(p+1)(q+1)・N^(log[5]2) を解くと

    N≦{(p+1)^2/2^p・(q+1)^2/3^(q+1)}^{1/(1-log[5]4)} … (1)

    -------------
     この式変形がさっぱりわかりません。Word に書き写してみましたが、それでもわかりません。


652×290 => 250×111

1720489107.png
/186KB
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス5件(ResNo.1-5 表示)]
■52562 / ResNo.1)  Re[1]: 52545の「約数の個数」の式変形について
□投稿者/ らすかる 一般人(6回)-(2024/07/09(Tue) 16:41:09)
    1行目はいいとして、その後すぐに
    両辺をN^(2log[5]2)で割って
    Nを1個にすれば解けます。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■52563 / ResNo.2)  Re[2]: 52545の「約数の個数」の式変形について
□投稿者/ スフィンクス 一般人(4回)-(2024/07/09(Tue) 20:39:05)
    No52562に返信(らすかるさんの記事)
    > 1行目はいいとして、その後すぐに
    > 両辺をN^(2log[5]2)で割って
    > Nを1個にすれば解けます。

     こうですか?

550×234 => 250×106

1720525145.png
/126KB
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■52564 / ResNo.3)  Re[3]: 52545の「約数の個数」の式変形について
□投稿者/ らすかる 一般人(8回)-(2024/07/09(Tue) 23:01:13)
    はい、その通りです。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■52565 / ResNo.4)  Re[4]: 52545の「約数の個数」の式変形について
□投稿者/ スフィンクス 一般人(5回)-(2024/07/10(Wed) 11:06:37)
     ありがとうございました。証明全体もなんとか理解できました。しかし、難しいですね。


引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■52804 / ResNo.5)  Re[5]: 52545の「約数の個数」の式変形について
□投稿者/ 一万円 一般人(1回)-(2025/04/05(Sat) 05:07:56)
http://youtu.be/EAaUqx87TsQ
    これ今年の一橋大学に出ましたね
    的中
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■52559 / 親記事)  不等式
□投稿者/ 不凍液 一般人(1回)-(2024/07/02(Tue) 15:10:35)
    a,b,c>0のとき
    a^a+b^b+c^c≧a^b+b^c+c^a
    って成り立ちますか?
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]
■52893 / ResNo.1)  Re[1]: 不等式
□投稿者/ WIZ 一般人(16回)-(2025/06/15(Sun) 09:10:03)
    べき乗演算子^は四則演算子より優先度が高いものとします。

    [補題]
    正の実数u, v, x, yに対して、u ≧ v かつ x ≧ y ならば u^x-v^x ≧ u^y-v^y が成立する。

    [補題の証明]
    y以上の実数xに対して f(x) = u^x+v^x-u^y-v^y とおき、f(x)の増減を調べます。
    f'(x) = (u^x)log(u)-(v^x)log(v) です。

    (1) u ≧ v ≧ 1 の場合
    u^x ≧ v^x > 0 かつ log(u) ≧ log(v) ≧ 0 なので
    (u^x)log(u) ≧ (v^x)log(v) つまり f'(x) ≧ 0 と言えます。

    (2) u ≧ 1 ≧ v > 0 の場合
    log(u) ≧ 0 かつ log(v) ≦ 0 なので f'(x) ≧ 0 と言えます。

    (3) 1 > u ≧ v > 0 の場合
    u^x ≧ v^x かつ u/v ≧ 1 かつ uv < 1 ですので
    f''(x) = (u^x)(log(u)^2)-(v^x)(log(v)^2) ≦ (v^x)(log(u)^2-log(v)^2) = (v^x)log(u/v)log(uv) < 0
    となり、f'(x)は単調減少です。

    f'(0) = log(u)-log(v) = log(u/v) ≧ 0 です。
    また、lim[x→∞]f'(x) = 0 となることから f'(x) ≧ 0 と言えます。

    よって、いずれの場合も x > 0 で f'(x) ≧ 0 となりますので、f(x)は単調増加と言えます。
    f(y) = 0 ですから x ≧ y で f(x) ≧ 0 が成立します。
    [補題終了]

    上記補題を用いれば以下のように題意を証明できます。
    a ≧ b ≧ c と仮定しても一般性は失われません。

    証明すべき式は
    a^a+b^b+c^c ≧ a^b+b^c+c^a
    ⇒ {(a^a-b^a)-(a^b-b^b)}+{(b^a-c^a)-(b^c-c^c)} ≧ 0

    a ≧ b なので補題より (a^a-b^a)-(a^b-b^b) ≧ 0
    同様に a ≧ c かつ b ≧ c なので (b^a-c^a)-(b^c-c^c) ≧ 0
    となって題意は成立すると言えます。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■52896 / ResNo.2)  Re[2]: 不等式
□投稿者/ WIZ 一般人(18回)-(2025/06/16(Mon) 12:11:18)
    誤りがありましたので訂正します。

    > a ≧ b ≧ c と仮定しても一般性は失われません。

    上記が言える為には、a, b, cをどの様に交換しても式の意味が変わらないことが必要でした。
    題意の不等式の左辺 a^a+b^b+c^c はこの性質を持ちますが、
    右辺 a^b+b^c+c^a この性質を持ちませんでした。
    例えば、aとbを交換すると a^b+b^c+c^a は b^a+a^c+c^b と違う式になってしまいます。

    a, b, cをどの様に交換しても a^b+b^c+c^a と a^c+b^a+c^b 以外の式は現れません。
    既に a ≧ b ≧ c の場合、a^a+b^b+c^c ≧ a^b+b^c+c^a であることは証明したので、
    後は、a^a+b^b+c^c ≧ a^c+b^a+c^b であることが証明できれば良いことになります。

    a^a+b^b+c^c ≧ a^c+b^a+c^b
    ⇒ {(a^a-b^a)-(a^b-b^b)}+{(a^b-c^b)-(a^c-c^c)} ≧ 0

    a ≧ b ≧ c なので補題より上記不等式は成立すると言えます。

    申し訳ありませんでした。
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