【数セミ】エレガントな解答をもとむ 4【2021.08】

締切りの過ぎた問題をみんなで議論しましょう。
ただし難易度情報は可。

過去スレ：
1. http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1295154182/
2. http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1476702312/
3. http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1537116043/

>>139
ほぼおんなじことでしょ
有理数なら正多角形(七角形以上なら)にそもそもならんし
正多角形でないからこそ有理数ともいえる
(正多角形でないのに面積は無理数でいいなんて訳わからんし)

こういう感じの事やれという事やろ
https://youtu.be/FUDnpT17St4
この例では面積÷半径^2=2.823529411765なので使えないけど

先月号の締切だいぶ過ぎたけどπのやつはどんなの見つけた？
結局
�@0<xi<π
�Ax1+‥+xn=π
�Bsin(x1)+...+sin(xn)は有理数
�Csin(x1)+...+sin(xn)は3.05より大きい
を満たす(xi)をひとつ例示せよ
なんだけど�Bの縛りは
�B'sin(xi)は全て有理数
が題意だと思って探したけど
なんか面白いのあった？

円周率のやつは単位円周上に有理点を打っていくとかいう面白くないのしか見つけられなくて(その有理点の打ち方も芸がない)投稿する気が失せた

まぁあんまり工夫のしょうがない問題ではあったな

3月号は？

ΣC[2k+1,j](-1)^j/(2k-2j+1)
=Σ[m=0,k]C[2k+1,k-m](-1)^(k-m)/(2m+1)
=Σ[m=0,k]C[2k+1,k+1+m](-1)^(k-m)/(2m+1)
=Σ[m=0,k](-2k-1):(k+1+m) (-1)^(k-m)/((2m+1)(k+m+1)!)
=-Σ[m=0,k](-2k-1):(k+1+m) (1/2):m /((3/2):m 1:(k+m+1))
= -(-2k-1):(k+1) / 1:(k +1)
Σ[m=0,k](-k):m (1/2):m /(3/2:m (k+2):m)
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1] 3F2(1/2,1,-k,3/2,k+2,1)
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1]
Γ(1+1/2)Γ(1+1/2-1/2+k)Γ(1+1-1/2)Γ(1+1+k)
/(Γ(1+1)Γ(1+1-1/2+k)Γ(1+1/2-1/2)Γ(1+1/2+k))
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1]
Γ(3/2)Γ(1+k)Γ(3/2)Γ(2+k)
/(Γ(2)Γ(3/2+k)Γ(1)Γ(3/2+k))
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1]
Γ(3/2)k!Γ(3/2)(k+1)!
/(Γ(3/2+k)Γ(3/2+k))
= -(-1)^(k+1) C[2k+1,k+1]
4^kk!(k+1)!/((2k+1)!!)^2
= (-1)^k 16^k (k!)^2/(2k+1)!

与式
Table[sum[C[2*k+1,j]/(2*k-2*j+1)*(-1)^j,{j,0,k}] ,{k,1,10}]

https://www.wolframalpha.com/input?i=Table%5Bsum%5BC%5B2*k%2B1%2Cj%5D%2F%282*k-2*j%2B1%29*%28-1%29%5Ej%2C%7Bj%2C0%2Ck%7D%5D+%2C%7Bk%2C1%2C10%7D%5D&;lang=ja

計算結果
Table[ (-1)^k* 16^k *(k!)^2/(2k+1)!,{k,1,10}]

https://www.wolframalpha.com/input?i=Table%5B+%28-1%29%5Ek*+16%5Ek+*%28k%21%29%5E2%2F%282k%2B1%29%21%2C%7Bk%2C1%2C10%7D%5D&;lang=ja

3月号　出題2

まず交差なしのときの不等式を示す
その場合全て三角形としてよい
点の数をv、線分の数をe、面の数をs、凸包の辺数をnとして
1 = v - e + s
であるが3s + n = 2eより
3 = 3v -3e + 2e -n
∴ e = 3v - 3 - n ≦ 3v - 6
である
直角の公差を許す場合について考える
頂点の数をv'、線分の数をe'とする
公差している交点の総計をcとする
交差している部分を頂点と計上し、交差の部分で線分を切り離したとき、頂点はc個、辺は2c個増加する、すなわちv = v' + c、e = e' + 2cである
これを先ほどの不等式へ代入して
e' + 2c ≦ 3(v' + c) - 6
∴e' ≦ 3v' - c - 6 ≦ 6v' - c - 12 ( ∵ v' ≧ 2 )

今月の出題2だが、えらく簡単に思える。もしかして、とんでもない勘違いをしているのかも知れない。

イヤ、簡単

数学セミナー：巻頭にコーヒーブレイクがある不思議な雑誌．
数学徒は，昼夜逆転どころか前後不問・時間経過無視なのだろう．

済みません．表題明記を忘れました．

投稿するとき住所欄あるけどみんなどこまで書いてる？丁目番地まで？

出題1
f(1) から順に
1, 7, 22, 28, 13, 23, 29, 19, 25, 10, 4, 14, 24, 9, 3, 18, 8, 2, 12,
6, 21, 27, 17, 11, 5, 15, 30, 20, 26, 16, 31, 37, 52, 58, 43, 53, 59,
49, 55, 40, 34, 44, 54, 39, 33, 48, 38, 32, 42, 36, 51, 57, 47, 41,
35, 45, 60, 50, 56, 46, 61, 67, 82, 88, 73, 83, 89, 79, 85, 70, 64,
74, 84, 69, 63, 78, 68, 62, 72, 66, 81, 87, 77, 71, 65, 75, 90, 80,
86, 76, 91, ...

>>155
どうやって見つけたの？
試行錯誤？

>>156
FindHamiltonianPath[]で一発よ
応募は自重したけども

6月号2番はどう？

エレガントで無くていいからとりあえず解け
まず解け
本末転倒をやるな
いい加減止めろこのアホスレ

ついに来たか
https://twitter.com/sugaku_seminar/status/1556797796396646400/photo/1
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account)

今月号の出題1だが、めんどくさそう。
スッキリ解けるのか？

出題1だが、一応解けたが、どうまとめようか。出来るだけ、スッキリした形にまとめたい。

まず、以下を示す。
命題※
xを整数、pを素数、s,tを正の整数とする。
このとき、x^(p^s・t)-x^(p^{s-1}・t)はp^sで割り切れる。
証明
x^(p^s・t)-x^(p^{s-1}・t)=x^(p^{s-1}・t){(x^{(p-1)p^(s-1)})^t-1}

xがpで割り切れるとき
p^(s-1)・t≧2^(s-1)≧sだから、x^(p^{s-1}・t)がp^sで割り切れる。

xがpで割り切れないとき
フェルマー・オイラーの定理より
{x^{(p-1)p^(s-1)}^t-1≡1^t-1≡0 (mod p^s)だからx^{(p-1)p^(s-1)})^t-1
がp^sで割り切れる。

以上より命題※は示された。□

Nを正の整数、pは素因数とする。
N=p^k・M,gcd(p,M)=1と書ける。
このとき、k=v_p(N),M=N'と書くことにする。

mn=Lとかく、Lの素因数pを任意にとる。
v_p(L)=u,i=v_p(d),j=v_p(e),L"=L'/(d'e')とおくと
φ(d)φ(e)x^{L/lcm(d,e)}=φ(d')φ(e')φ(p^i)φ(p^j)x^(p^{u-max(i,j)}・L")

φ(d')φ(e')の値ごとに、φ(p^i)φ(p^j)x^(p^{u-max(i,j)}・L")の和をとり、
mai(i,j)=hの値でまとめると
x^(p^u・L")+Σ_(h=1)^(h=u){p^(2h)-p^(2h-2)}x^(p^(u-h)・L")
=Σ_(h=0)^(h=u-1) p^(2h){x^(p^(u-h)・L")-x^(p^(u-h-1)・L")}+p^u・x^(L")

>>163の命題※より、x^(p^(u-h)・L")-x^(p^(u-h-1)・L")はp^(u-h)で割り切れる
からp^(2h){x^(p^(u-h)・L")-x^(p^(u-h-1)・L")}はp^(u+h)で割り切れる。
とくに、p^uで割り切れる。

したがって、Σ_(h=0)^(h=u-1) p^(2h){x^(p^(u-h)・L")-x^(p^(u-h-1)・L")}+p^u・x^(L")
はp^uで割り切れる。

以上より、問題の式もp^uで割り切れることがいえるので、L=mnで割り切れることが
いえたことになる。

出題２
m=3：ファノ平面
m=4：有限射影平面 Pj(3)
m=5：Witt design S(5,8,24) を削る
m=6：有限射影平面 Pj(5)

>>164
12行目の式だが、
×・・・　+p^u・x^(L")
○・・・　+p^(2u)・x^(L")
だな。大筋は変わらないけど、一応書いといた。

数学の体系のまだ右も左もわからない基礎知識の足らない中学生や高校生に、
功名心で釣ってこれぐらいなら自分にも解けそうだと思わせて、いたずらに
延々と日時を費やさせてしまう「エレガントな解答を求む」は教育としては
有害ではなかろうか。まずは、大学の標準的な講座物の書籍全体を通読読破
した上でチャレンジする、のであれば良いかもしれないが。
　まずは、既存既知の数学の体系を学ぶことを優先すべきではなかろうか。

>>167
>>数学の体系のまだ右も左もわからない基礎知識の足らない中学生や高校生に、
>>功名心で釣ってこれぐらいなら自分にも解けそうだと思わせて、いたずらに
>>延々と日時を費やさせてしまう「エレガントな解答を求む」は教育としては
>>有害ではなかろうか。

このレベルの問題に二三日費やして集中することは
例え解けなくても有益であると思う。
正解できればなおさら。

メールのやり取りの中でドイツの大学の人に
突然「エレガントである」と褒められた。
やはり「エレガント」という言葉はいいなあ。

エレガントで無くていいからとりあえず解け
まず解け
本末転倒をやるな
いい加減止めろこのアホスレ

通りすがりです
>>170さんのご意見の通り、
確かに問題を解けないにも関わらずエレガントな解答を求める行為は、本末転倒といわれても仕方ないかと思います

しかし、そもそもの前提が間違っているのではないでしょうか
『エレガントな解答をもとむ』とは、まず問題が解けることが前提であり、さらにエレガントといえる解答をもとめると考えられます

例えば、円(ケーキやらピザ)を3等分にする作図問題なら、
お店で見掛けるカット方法が模範解答とするならば、実用性が皆無だとしても他のカット方法を考えることなどが、目的(主旨、趣旨)の一つなのではないでしょうか

https://i.imgur.com/nInzk1B.jpg
https://i.imgur.com/PBoRi2h.jpg
https://i.imgur.com/uOWc4SM.jpg
https://i.imgur.com/o2NnROY.jpg
https://i.imgur.com/AhCJn2E.jpg
https://i.imgur.com/7SMDIhl.jpg
https://i.imgur.com/i7aQ3a6.jpg
https://i.imgur.com/MrM0nfL.jpg
https://i.imgur.com/kDLJBHU.jpg
https://i.imgur.com/Z25abqH.jpg
https://i.imgur.com/vApmX8v.jpg
https://i.imgur.com/6lkwaRG.jpg

>>169
藤子不二雄作品の「怪物くん」のドラキュラとオオカミ男を足すと
「エレガンスがんすよ」
ってセリフが似合う。

あくまでマンガでおまんがな。

https://en.wikipedia.org/wiki/Caenorhabditis_elegans

エレガンスな生物

対立する概念としてエレファントな解答というのがあった。

今月号の出題2は、ちょっと考えにくいな。

面白い問題
手ごろ感もある

ある体系で命題に対する証明が存在するときに、その証明の記述の長さが最も短い
証明を求めることは，たぶん困難な問題に違いない。
たとえば1つの証明が既に得られていてその長さがNであるとき、
最小の長さの証明を見つける計算量というのはN-Pなのではないか？

言ってみただけ

age

幾何多杉

問題投下（良かったら解いてみてくれ）

4以上の整数nを任意にとる。
以下の条件をみたす整数係数の多項式が存在することを証明せよ。
(1)　n=deg{f(x)}
(2)　f(x)はモニックかつ既約(整数の範囲で)である。
(3)　任意の整数mに対して|f(m)|の値は合成数となる。
(4)　f(x)をf(x)=x^n ＋a(n-1)・x^(n-1) ＋a(n-2)・x^(n-2)＋ …＋a(0)と書き下す。
このときgcd(a(n-1),a(n-2),…,a(0) )=1がいえる。

実は、(4)は付け足しで、条件(1),(2),(3)だけだと下記のEisensteinの既約判定法を用いると、
結構簡単にできてしまうので。

Eisensteinの既約判定法
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%A2%E3%82%A4%E3%82%BC%E3%83%B3%E3%82%B7%E3%83%A5%E3%82%BF%E3%82%A4%E3%83%B3%E3%81%AE%E6%97%A2%E7%B4%84%E5%88%A4%E5%AE%9A%E6%B3%95

条件(4)がなければ、以下のように解ける。
f(x)=x^n +3x^(n-2)+12とおけば、
(ただし、nは4以上の整数)
任意の整数mに対して、f(m)≡m^(n-2)・(m^2-1)≡0 (mod 4)
また、Eisensteinの既約判定法より、f(x)は既約であることがいえる。
そして、deg{f(x)}=nがとなることは明らか。

上記を一般化すると
pを奇素数かつs,tを下記の条件を満たす整数とする。
sはpで割り切れ、かつs≡-1 (mod 4)となる。
tはpで割り切れるがp^2で割り切れない。
このときf(x)=x^n +s・x^(n-2)+4tとおくと、
任意の整数mに対して、f(m)≡m^(n-2)・(m^2-1)≡0 (mod 4)
また、Eisensteinの既約判定法より、f(x)は既約であることがいえる。
そして、deg{f(x)}=nがとなることは明らか。

また、nを3以上の整数、pを5以上の素数かつs,tを下記の条件を満たす整数とする。
sはpで割り切れ、かつs≡-1 (mod 6)となる。
tはpで割り切れるがp^2で割り切れない。
このときf(x)=x^n +s・x^(n-2)+6tとおくと、同様に
任意の整数mに対して、f(m)は6で割り切れること、
Eisensteinの既約判定法より、f(x)は既約であることと、
deg{f(x)}=nがとなることがいえる。

ちょっと考えただけだが、これだけ見つかった。

あまりエレ解関連の投稿がないので、試しに問題を作ってみました。
皆さんに関心を持っていただければ嬉しいのですが、一応1か月くらい
見てみます。そのあたりで、自分の解答を投稿します。
(皆さんがこの問題に関心がなかったとしてもw)

gcd(16,2n^2-8n+9)=1.

>>182の解答編(誰も望んでないかもしれないがw)
https://yufeizhao.com/olympiad/intpoly.pdf
2ページ目のTheorem３を用いる。
「整数係数の多項式
f(x)=a(n)・x^n ＋a(n-1)・x^(n-1) ＋a(n-2)・x^(n-2)＋ …＋a(0)が、
下記の条件を満たすとき、f(x)はk次以上の既約な整数係数多項式の因数を持つ。
(1)a(0),a(1),・・・,a(k-1)は素数pで割り切れるが、a(k)は割り切れない。
(2)a(0)はp^2で割り切れない。」・・・＠

nを3以上の整数
f(x)=x^n-x^(n-1)+6
とおくと>>182の(1)〜(4)すべてみたすことをいう。

f'(x)=x^(n-1)・{nx-(n-1)}だから
nが偶数のとき
f(0)=f(1)=6,m≦0またはm≧2のときf(m)＞6となる。
nが奇数のとき
f(-1)=4,f(0)=f(1)=6
m≦-2のとき
f(m)≦-6
m≧2のとき
f(m)＞6
したがって、任意の整数mに対して|f(m)|＞2がいえる。
任意の整数mに対して、f(m)≡m^(n-1)・(m-1)≡0 (mod 2)
よって、f(m)の値は合成数となる。
したがって、f(x)=0は整数解を持たないこともわかる。
f(x)=0の有理数解の候補は±1,±2,±3,±6のみだから
f(x)=0は有理数解を持たないことがいえた。
したがって、f(x)は一次式の因数を持たない。

>>186であげた命題＠を用いると
f(x)はn-1次以上の次数を持つ既約な整数係数の多項式を因数に持つ。

したがって、f(x)は下記のいずれかである。
(1)　f(x)は既約なn-1次式と一次式の積である。
(2)　f(x)は既約である。
ところが>>187より、(1)はありえない。　
よって、f(x)は既約であることが言えた。

以上より、f(x)=x^n-x^(n-1)+6が>>182の(1)〜(4)すべてみたすことがいえた。

今月号にζ氏が記事を書いてるぞ

Shin-ichiro Seki@integers_blog
数学セミナーのζ氏の記事をちゃんと読みました。
私の語彙力ではこの感情を言葉にはできません。
この文章から発せられる凄まじい何かは私の涙に変換されました。

えー読んでみよ
素性はどういう方なの？医者？

自分も気になるわ
ζ氏は界隈だと正体知られてるとかではないの？

4月からの案内来た

失礼誤爆

ζ氏のインタビュー記事を読んで驚いた
今月号を買ってよかったと思った

ζ氏に親近感
エレガントな仲間は皆同じ思いを持って解いてるんじゃないかなと思わされた

エレガント：　えっ　れすなの　ガンだなんて　時計ドライバーまら

今月号のZsigmondyの定理だが、書き方が嫌。
a+1が2のべき乗かつn=2の場合が嫌だったんだろうけど・・・。

簡単な証明を求む。
素朴な証明を求む。
優美な証明を求む。
短い証明を求む。
面白い証明を求む。
簡潔な証明を求む。
見事な証明を求む。
アロガントな証明を求む。
イグノラントな証明を求む。
。。。

6月号の正解者の中にクスコ先生が

始めは普通の夏らしいジャズですが、だんだんとSF感を隠せなくなっていきます。
/youtu.be/f0og1UrDFy0

一般化して、以下の命題を考える。
pを奇素数、hをh≡-1 (mod p)をみたす2以上の整数、kを奇数とする。

(1)
(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1はpで割り切れるが、p^2で割り切れないことを示せ
(2)
(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の値が素数となるとき、kは素数またはpのべき乗となる。

(1)
h^k=mとおくことにする。
m^(p-1)-m^(p-2)+…+１がpで割り切れるがp^2で割り切れないことを示す。
m+1=ps(sは整数)と書けるから
(ps-1)^(p-1)-(ps-1)^(p-2)+…+１≡-p{p(p-1)/2}s+p≡p (mod p^2)
したがって、m^(p-1)-m^(p-2)+…+１がpで割り切れるがp^2で割り切れないことがいえた。

(2)
(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の値が素数のべき乗となるとき、kは素数またはpのべき乗となる。

(1)より、(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の値はpで割り切れない。

(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の値が素数のべき乗となるとき、
2pkがp以外の奇数の素因数qを持つと仮定する。

h^(2k)-1の素因数だが、2kの真の約数d'に対して、h^d'-1の素因数になりえない素数p(2k)
h^(2pk/q)-1の素因数だが、2pk/qの真の約数d"に対して、h^d"-1の素因数になりえない素数p(2pk/q)
をとる。定理Zより存在はいえる。

p(2k),p(2pk/q)は(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}を割り切る。
このとき、p(2k)≠p(2pk/q)がいえる。
∵p(2k)=p(2pk/q)と仮定するとh^(2k/q)≡1 (mod p(2k) )がいえるが、
2k/q＜2kだから、これはp(2k)の定義に反する。

p(2k),p(2pk/q)は(1/p){(h^k)^(p-1)-(h^k)^(p-2)+…+1}の相異なる素因数となるから矛盾する。
よって、2pkがp以外の奇数の素因数を持たないことがいえるので、kがpのべき乗であることがいえた。

火ｶｼﾃ(o･_･)y―~―v(･｡･o)ﾄﾞｿﾞ

最近ハマってる漫画、めっちゃ面白いねん

2項係数をC(a,b)と書くことにする。

2^h≦n≦2^h-1をみたす整数hをとる。

まず、f(n)≦hであることをいう。
v(C(n,k) )=Σ_[i=1,∞][n/2^i]-[k/p^i]-[(n-k)/2^i]
[n/2^i]-[k/2^i]-[(n-k)/2^i]＜n/2^i-(k/2^i -1)-((n-k)/2^i -1)=2
n＜2^iとなるとき、[n/2^i]-[k/2^i]-[(n-k)/2^i]=0となるから
Σ_[i=1,∞][n/2^i]-[k/p^i]-[(n-k)/2^i]≦1+1+・・・＋1=hがいえる。
したがって、f(n)≦hがいえる。

次に、f(n)=hであることをいう。
v(n-t)=h,0≦t＜2^hをみたす偶数tに対して
C(n,t+1)={n・(n-1)…・(n-t)}/{1・2…・(t+1)}

1≦j≦t(＜2^h)をみたす整数jに対して、v(j)=v(n-t+j)がいえるから
v( (n-t+1)・(n-t+2)・…・n)-v(1・2…・t)=0だから
v(C(n,t+1) )=v(n-t)-v(t+1)=hとなる。
以上より、f(n)=hであることがいえる。

以下kを偶数とする。

与式＝２^hーΣ_[k=０,n-2] v(C(n,k+1) )-v(C(n,k) )

次に、２^hーΣ_[k=０,n-2] v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )≦1を示す。
v(n-k)=sをみたす正の整数sをとる。
v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )=v(n-k)-v(k+1)=s＞0
よって
Σ_[k=０,2^h-2] v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )=2^(h-2)+2・2^(h-3)+・・・+(h-1)・1+h=2^h-1
したがって、
２^hーΣ_[k=０,n-2] v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )=1-Σ_[k=2^h,n-2] v(C(n,k+1) )-V(C(n,k) )≦1
がわかる。

以上より、求める与式の最大値は1であることがわかる。
さらに、与式が最大値を取るときのnの値は2^hのみであることもわかる。

今月の出題ニだが、もう解答出来たわw

abc-1が平方数となるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ

・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

mを正の整数とする。
a=2m^2+2m+1,b=2m^2-2m+1,c=16m^8-4m^4+1とおくと
明らかにa,b,c＞0だからa,b,cは正の整数である。
このとき、abc-1=64m^12={8m^6}^2だから」、abc-1が平方数となる。


/////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////

ab+1とbc+1とca+1がいずれも平方数になるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ

・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

nを正の整数とする。
x(1)=7,y(1)=4,x(n+1)=2x(n)+3y(n)、y(n+1)=x(n)+2y(n)とおくと
だからx(n),y(n)はともに正の整数となる。
そして{x(n)}^2 -3{y(n)}^2=1となることが帰納的にいえる。
以後簡単のためx(n)=x,y(n)=yと書くことにする。
ここでx^2 -4y^2=x^2 -3y^2 -y^2=1-y^2＜0より、x＜2yがいえる。

ここでa=2y-x,b=2y,c=2y+xとおくと、a,b,c＞0だからa,b,cは正の整数である。

ab+1=4y^2- 2xy+1=(3y^2 +1)-2xy+y^2=x^2 -2xy+y^2=(x-y)^2
bc+1=4y^2 +2xy+1=(3y^2 +1)+2xy+y^2=x^2 +2xy+y^2=(x+y)^2
ca+1=4y^2 -x^2 +1=(3y^2 +1)-x^2+y^2=x^2 -x^2 +y^2=y^2

よりab+1,bc+1,ca+1はいずれも平方数となる。

以上より、題意が言えた。

>>207は出題二の解答です。

a,b,c が等差数列をなすと仮定して「ペル方程式」に帰着した
のでござるか。お見事でござる。

小生はフィボナッチ数列 {F_n} を使って
　(a, b, c) = (F_{n-2}, F_n, F_{n+2})
としたでござる。されば
　ab + (-1)^n = (F_{n-1})^2,
　bc + (-1)^n = (F_{n+1})^2,
　ca + (-1)^n = (F_n)^2,

>>207
蛇足ですが…
　x(n) = [(2+√3)^{n+1} + (2-√3)^{n+1}]/2,
　y(n) = [(2+√3)^{n+1} - (2-√3)^{n+1}]/(2√3),
ビネの式 (?)

きれいな解法ですね。方程式

　x^2 - 3y^2 = a

は実2次体Q(√3)の単数群が無限次巡回群だから任意の整数 a で無限個整数解をもつ事を利用するわけですね。

n-1,n+1,4n.

皆さんエレガントですね。ところで問題1のほう解けた方いますか？
私はそのような命題の表現はないと予想したのですが、示すことができませんでした。

>>207読んでて気づいたんだけど、俺大変な勘違いをしてた。
ab+bc+ca-1が平方数になるような(a,b,c)が無限にあることを示すって
思い込んでた。せっかく頑張って解いたのに俺終わった・・・

自然数 n について定まる X_0 から始まる計算機の状態の列 X_0,...,X_k を C(n) とし列の長さを L(n) とする。平方数は無限にあるからある平方数 n^2 で C(n^2) のなかに同じ状態が現れるものがとれなければならない。そのような n^2の10進表現を A_m...A_1 とする。X=C(n^2)_k = C(n^2)_l (k<l) とする。状態 X_k のときに長さ l-k の入力 A_k+1,A_k+2,...,A_l が与えられたとき計算機はかならず状態 X にもどるからこの計算機は
1) 最初に A_1,A_2,...,A_k が入力される。
2) 次に A_k+1,A_k+2,...,A_l が任意回数入力される。
3) 次に A_l+1,A_l+2,...,A_m が入力される。
ときにかならず最終状態は X_m で終了しなければならない。計算結果は最終状態のみで決まるのでこのような入力でかならず平方数を出力しなければならない。そこで
a = (10進表現が A_kA_k-1...A_1 である自然数)
b = (10進表現が A_lA_l-1...A_k+1 である自然数)
c = (10進表現が A_mA_m-1...A_l+1 である自然数)
とすれば t≧1 について
a + 10^kb + 10^lb + 10^2l-kb + ... + 10^(l-k)(t-1)+kb + 10^(l-k)t+k c
= a + 10^kb(10^(l-k)t-1)/(10^(l-k)-1) + 10^(l-k)t+k c
= 10^(l-k)t (10^kb /(10^(l-k)-1) + 10^k c ) + a - 10^kb/(10^(l-k)-1)
がつねに平方数でなければならない。とくに
y^2 = (10^kb /(10^(l-k)-1) + 10^k c )x^5 + a - 10^kb/(10^(l-k)-1)
が無限に有理点をもたなければならないがそれは Faltings の定理により不可能である。

>>207
×abc-1が平方数となるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ
○ab-1,bc-1,ca-1がいずれも平方数になるような正の整数a,b,cが無数に存在することを示せ
だな。正しい方の解答は>>209でnが奇数のときを考えれば十分。

自然数 n の k 桁目まで入力されたときの状態を S(n,k) とする。
状態の数が有限なので相異なる平方数 m<n でその桁数が i 未満で S = S(m,i) = S(n,i) となるものが存在する。
ここで M を i より大きい自然数とし l = m(10^M+1)^2 とおく。
l の10進表示の末尾 i 桁をとりのぞいた列を I とし n の10進数表示に I を添加してえられる10進数表示であらわされる自然数を k とする。
l は明らかに平方数である。
l の次の平方数 (√l + 1)^2 は l より 2√l +1 大きくそれは 2(10^M+1)+1 以上であり仮定より n-m より大きい。
よって k - l = n - m により k は平方数ではない。
しかし i 桁目まで読んだ状態が等しく i 桁目以降は k,l は等しいので S(k, j) と S(l,j) は常に等しいことになるので同じ値を出力しなければならない。

>>209さんが答えてますが、出題二の別解を見つけたので今更ながら投下w

nを正の整数とする。
x(1)=1,y(1)=1,x(n+1)=x(n)+2y(n)、y(n+1)=x(n)+y(n)とおくと
x(n),y(n)はともに正の整数となる。
そして{x(n)}^2 -2{y(n)}^2=(-1)^nとなることが帰納的にいえる。

ここでa=y(n),b=2x(n)+3y(n),c=2y(n)とおくと、a,b,c＞0だからa,b,cは正の整数である。

ab+(-1)^n=2{y(n)}^2+(-1)^n +2x(n)y(n)+{y(n)}^2={x(n)}^2 +2x(n)y(n)+{y(n)}^2={x(n)+y(n)}^2
bc+(-1)^n=2{y(n)}^2+(-1)^n +4x(n)y(n)+4{y(n)}^2={x(n)}^2 +4x(n)y(n)+4{y(n)}^2={x(n)+2y(n)}^2
ca+(-1)^n=2{y(n)}^2 +(-1)^n={x(n)}^2

より、ab+(-1)^n,bc+(-1)^n,ca+(-1)^nはいずれも平方数となる。

　vv - 2uv - uu = (-1)^m,
は直角双曲線
　U･V = - (-1)^m /(2√2)
を clockwise に π/8 = 22.5° 回したもの。
　tan(-π/8) = 1 - √2,
　tan(3π/8) = 1 + √2,

出題二の条件を満たすa,b,cの組の取り方は無数に存在することを示す。

nを正の整数、dを平方数ではない正の整数とする。

pell方程式x^2-dy^2=-1が解(x,y)=(s,t)をもつとき
x(n)±y(n)√d=(s±t√d)^n　(複号同順)をみたす
数列x(n),y(n)を考える。
このとき{x(n)}^2 -d{y(n)}^2=(-1)^nとなることがいえる。

正の整数a,b,cを以下のようにとる。
a=y(n),b=dy(n),c=2x(n)+{d+1}y(n)

ab+(-1)^n={x(n)}^2,bc+(-1)^n={x(n)+dy(n)}^2,ca+(-1)^n={x(n)+y(n)}^2
となり、ab+(-1)^n,bc+(-1)^n,ca+(-1)^nはいずれも平方数となる。

実際、d=k^2 +1(ただし、kは正の整数)のとき、
pell方程式x^2-(k^2+1)y^2=-1は解(x,y)=(k,1)を持つ。

pell方程式x^2-dy^2=-1が解をもつようなdの取り方は無数にあるから、
ab+(-1)^n,bc+(-1)^n,ca+(-1)^nはいずれも平方数となるような
a,b,cが無数にとれるような、dは無数にとれる。

以上から、出題二の条件を満たすa,b,cの組の取り方は無数に存在することがいえた。

1,1,n^2+1.

(p^2+q^2)(r^2+s^2)-(ps-qr)^2=(pr+qs)^2.

|ps-qr|=1.
a=p^2+q^2.
b=r^2+s^2.
c=(p+r)^2+(q+s)^2.
ab-1=(p^2+q^2)(r^2+s^2)-(ps-qr)^2=(pr+qs)^2.
ac-1=(p^2+q^2)((p+r)^2+(q+s)^2)-(ps-qr)^2=(p(p+r)+q(q+s))^2.
bc-1=(r^2+s^2)((p+r)^2+(q+s)^2)-(ps-qr)^2=(r(p+r)+s(q+s))^2.

1,n^2+1,(n+1)^2+1.
n^2+1,(n+1)^2+1,(2n+1)^2+4.

a=5=2^2+1^2.
b=65=8^2+1^2=7^2+4^2.
c=4033=63^2+8^2=57^2+28^2.
ab-1=(2^2+1^2)(7^2+4^2)-1=18^2.
ac-1=(2^2+1^2)(57^2+28^2)-1=142^2.
bc-1=(8^2+1^2)(63^2+8^2)-1=512^2.

この問題を解く方法も無限にあったりして……
米澤先生 ご苦労様。

ポピュラーなのはフィボナッチ数を使ったものかな。
　(a, b, c) = (F_{n-2}, F_n, F_{n+2})

　F_{n-2}・F_n + (-1)^n = (F_{n-1})^2,
　F_n・F_{n+2} + (-1)^n = (F_{n+1})^2,
　F_{n-2}・F_{n+2} + (-1)^n = (F_n)^2.

* nの偶奇によって問題が変わるけど…

a,b,c を A,B,C の位置ベクトルとする。
BC,AD を直径とする円の方程式は
　|p|^2 - (b+c)p + bc = 0, |p|^2 - (a+b/2+c/2)p + ab/2+ac/2 = 0
だからP1,P2 は円
　1/3(|p|^2 - (b+c)p + bc) + 2/3(|p|^2 - (a+b/2+c/2)p + ab/2+ac/2)
　= |p|^2 - (a+b+c)p/3 + (bc + ca + ab)/3 = 0
上にある。同様にして P3,P4,P5,P6 はすべてこの円上にある。

(f_n) を Fibonacci 数列とする
α=(1-√5)/2, β=(1+√5)/2 とおく。
Newton の二項定理により 0<x<1 に対して
x^k/(1-x)^(2k+2)
= Σ[m=0,∞] C[2k+1+m,2k+1]x^(m+k)
= Σ[n=k,∞] C[n+k+1,2k+1]x^n
x^(k+1)/(1-x)^(2k+2)
= Σ[m=0,∞] C[2k+1+m,2k+1]x^(m+k+1)
= Σ[n=k+1,∞] C[n+k,2k+1]x^n
= Σ[n=k,∞] C[n+k,2k+1]x^n (ただしC[2k,2k+1]=0とおく。)
だから k=0~∞で足し合わせて
1/((1-x)^2-x) = Σ[k=0,∞]Σ[n=k,∞] C[n+k+1,2k+1]x^n
x/((1-x)^2-x) = Σ[k=0,∞]Σ[n=k,∞] C[n+k,2k+1]x^n
より
(x+1)/(x^2-3x+1) = Σ[k=0,∞]Σ[n=k,∞] (C[n+k+1,2k+1]+C[n+k,2k+1])x^n
であるが和は正項の和だから順序をかえて
(x+1)/(x^2-3x+1) = Σ[n=0,∞]Σ[k=0,n] (C[n+k+1,2k+1]+C[n+k,2k+1])x^n
を得る。一方で
(x+1)/(x^2-3x+1)
= α/(1-α^2x) + β/(1-β^2x)
= Σ[n=0,∞](f_(2n+1) + 2f_(2n))x^n
だから係数を比較して
　Σ[k=0,n](C[n+k+1,2k+1]+C[n+k,2k+1]) = f_(2n+1) + 2f_(2n)
である。

以上により
　F_n(x)/x^(2n+1) = x^(2n+1) + (-1/x)^(2n+1) - f_(2n+1) - 2f_(2n)
である。
F_n(α) = F_n(β) = 0 より F_n(x) ≡ 0 ( mod x^2-x-1 ) である。
G_n(x) :=
　= f_1x^(n-1) + f_2x^(n-2) + ... + f_(n -1)x
　= f_1(-1/x)^(n-1) + f_2(-1/x)^(n-2) + ... + f_(n -1)(-1/x)
　+ f_n
とおき
　(x^n + (-1/x)^n - f_n - 2f_(n-1))/(x^n(x+(-1/x)-1) = G_n(x)
を示す。Gn(x) の一般項は 0≦k<n に対して
k 次の項が f_(n-k)x^k
-k 次の項が f_(n-k)(-1/x)^k
である。
F_n(x) = G_n(x)(x+(-1/x)-1)
を示せばよいが議論にでてくるローラン多項式はすべてx↔-1/xで不変だから次数0以上の項をみれば十分である。
H_n(x) = G_n(x)(x+(-1/x)-1) とおく。
0<k<n に対して H_n(x) の k次の項は
　f_(n-k+1)x^k - f_(n-k)x^k - f_(n-k-1)x^k = 0
であり n次の項 x^n である。
さらに定数項は -f_n - 2f_(n-1) だから主張が示された。

>>231
〔補題〕
n個の点 A_1, A_2, ……, A_n があり、その重心を
　G := (1/n)Σ[k=1,n] A_k,
とする。このとき、任意の点Xについて
　|GX|^2 = (1/n)Σ[k=1,n] |A_k X|^2 − (1/nn)Σ[i<j] |A_i A_j|^2,

ヴェクトルの内積を使うのが便利。

　Ψ_1(x) = Ｆ_1(x) = xx -x -1,
　Ψ_2(x) ＝ Ψ_1(-x) = xx +x -1,
等とおく。

F_n(x) の既約分解は
　F_n(x) = Π[d|n] Ψ_d(x),
の形になるか？　(dはnのすべての約数をわたる)

　(ただし　Z[√5] では 5は平方数とする。)

>>232
　n=2 の場合は 中線定理 (Pappusの定理) です。

>>235
kwsk
Pappusの定理を使うと出題1が解けるの？

今月号の1問目どうするか

>>237
どういう意味で一般化になってるん？
そんな雑誌refferされても読めるわけないやん