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■47018 / ResNo.10)  Re[1]: 整数問題
  
□投稿者/ WIZ 一般人(42回)-(2015/03/30(Mon) 16:59:03)
    みずきさんの47012への返信です。
    # 別スレを立てた方が良かったと思いますが。

    > としたとき、私はWIZさんが「A⇒Bは真」を用いられたと理解していますが、
    > この理解で正しいですよね?

    はい、そうです。
    命題Aは私の書き込み不足があり、(u^2)+(v^2) ≠ (x^2)+(y^2)という条件も必要でした。
    A⇒Bの証明を含む、自然数が2平方数和に表せる場合、
    それが何通りになるかについては別掲示板の方で紹介した書籍に記載されています。

    > また、「A⇔Bは真」は正しいのでしょうか?

    B⇒Aも真だと思います。
    命題Bも私の書き込み不足があり、(a, b)と(c, d)の少なくとも一方は1であることが必要です。

    B⇒Aは2次体Q(√(-1))(ガウスの整数)において素因数分解の一意性が成立するというのと(ほぼ)同値です。
    概説すると以下の通りです。

    a, b, c, d, eを0でない有理数の整数として、e = (a^2)+(b^2) = (c^2)+(d^2),
    (a, b)と(c, d)の少なくとも一方は1だとします。
    iを虚数単位として、e = (a+bi)(a-bi) = (c+di)(c-di)と因数分解され、
    a+bi ≠ ±c±diかつa+bi ≠ ±d±ciとすると、、
    eが本質的に異なる(単数を度外視したり、積の順序を入れ替えたりしただけではないという意味)
    2通りの因数分解を持つので、ガウスの整数の素因数分解の一意性より、
    a+bi, a-bi, c+di, c-diは素数ではあり得ません。

    u, vを有理数の整数として、最大公約数を(a+bi, c+di) = u+viとすると、
    共役から(a-bi, c-di) = u-viです。
    同様にx, yを有理数の整数として、最大公約数を(a+bi, c-di) = x+yiとすると、
    共役から(a-bi, c+di) = x-yiです。
    よって、
    a+bi = (u+vi)(x+yi)
    a-bi = (u-vi)(x-yi)
    c+di = (u+vi)(x-yi)
    c-di = (u-vi)(x+yi)
    となり、
    e = (u+vi)(u-vi)(x+yi)(x-yi) = {(u^2)+(v^2)}{(x^2)+(y^2)}
    = {(ux+vy)^2}+{(uy-vx)^2} = {(ux-vy)^2}+{(uy+vx)^2}
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■47022 / ResNo.11)  Re[2]: 整数問題
□投稿者/ みずき 付き人(55回)-(2015/03/30(Mon) 19:14:00)
    No47018に返信(WIZさんの記事)
    > # 別スレを立てた方が良かったと思いますが。

    そうだったかもしれません。以後気を付けます。
    とり天さん、すみませんでした。

    > B⇒Aは2次体Q(√(-1))(ガウスの整数)において素因数分解の一意性が成立するというのと(ほぼ)同値です。
    > 概説すると以下の通りです。

    納得できました。ありがとうございました。
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■47023 / ResNo.12)  Re[3]: 整数問題
□投稿者/ とり天 一般人(2回)-(2015/03/30(Mon) 20:44:44)
    皆様ありがとうございます。
    いろいろ勉強になります。

    もうひとつ分からない問題があるので教えていただけないでしょうか。
    問題集には簡単だと書いてあるのですが、わかりませんでした。
    よろしくお願いします。

    pは素数、kは自然数とするとき、
    m(m+1)=p^(2k)n(n+1)
    をみたす自然数(m,n)は存在しないことを示せ。
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■47024 / ResNo.13)  Re[4]: 整数問題
□投稿者/ みずき 付き人(56回)-(2015/03/30(Mon) 21:42:01)
    No47023に返信(とり天さんの記事)
    > pは素数、kは自然数とするとき、
    > m(m+1)=p^(2k)n(n+1)
    > をみたす自然数(m,n)は存在しないことを示せ。

    次のようにできると思います。
    簡単のため、p^k=qと書くことにします。
    m(m+1)=(q^2)n(n+1)=qn(qn+q)で
    qn(qn+1)<qn(qn+q)<(qn+q-1)(qn+q)が成り立つので
    m=qn+i,(qn+i)(qn+i+1)=(q^2)n(n+1)
    となるような整数i(ただし、1≦i≦q-2)が存在することが必要です。
    (q^2)(n^2)+qn(i+1)+qni+i(i+1)=(q^2)n(n+1)と展開すると
    i(i+1)がqの倍数であることが導かれます。
    iとi+1は互いに素なので、iがqの倍数か、i+1がqの倍数かのいずれかです。
    よって、i≧qまたはi+1≧q、すなわちi≧q-1が導かれますが、
    これは1≦i≦q-2を満たしません。
    よって、条件を満たす(m,n)は存在しません。
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■47025 / ResNo.14)  Re[4]: 整数問題
□投稿者/ らすかる 大御所(299回)-(2015/03/31(Tue) 04:08:20)
    別解です。
    m(m+1)=p^(2k)n(n+1)
    mとm+1は互いに素だから、mかm+1のどちらか一方がp^(2k)で割り切れる。

    m=qp^(2k)(qは自然数)とすると q{qp^(2k)+1}=n(n+1)
    この式から明らかにn>q、整理して (qp^k+n)(qp^k-n)=n-q
    右辺は正だから、この式が成り立つためにはqp^k-n>0すなわちqp^k-n≧1
    このとき左辺はnより大きいから、右辺と一致しない。

    m+1=qp^(2k)(qは自然数)とすると q{qp^(2k)-1}=n(n+1)
    整理して (qp^k+n)(qp^k-n)=n+q
    右辺は正だから、この式が成り立つためにはqp^k-n>0すなわちqp^k-n≧1
    このとき左辺はn+qより大きいから、右辺と一致しない。

    よって解なし。
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■47040 / ResNo.15)  Re[5]: 整数問題
□投稿者/ とり天 一般人(3回)-(2015/04/03(Fri) 13:13:19)
    ありがとうございます。わかりました。

    追加で質問なのですが、
    m(m+1)=p^(2k-1)n(n+1)
    をみたす(m,n)は必ず存在するのでしょうか?
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■47041 / ResNo.16)  Re[6]: 整数問題
□投稿者/ らすかる 大御所(300回)-(2015/04/03(Fri) 13:30:15)
    m(m+1)=kn(n+1)のkが平方数でないときは必ず解が存在するようですが、
    証明は(今のところ)わかりません。
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