初等整数論の問題�A

1 ：10/11/16 〜 最終レス ：12/05/25

初等数論の問題をいろいろ挙げてみましょう^^
(なるべくは初等数論の領域で解ける問題が望ましいです^^)
そもそも初等数論とは何かがわからない人は
次のURLにあるページのElementary number theoryの項を参照に^^
http://en.wikipedia.org/wiki/Number_theory
ただ曖昧な部分もあるので その点は融通を利かせましょう^^
なるべくそこらへんに転がっていない問題を挙げましょう^^
有名どころの問題の解答はネットで すぐみつかっちゃいます^^
たとえば、国際数学オリンピックの問題などはまさにその典型です^^
そのような有名すぎる問題を挙げても それは大抵は既に十分に議論されています^^
(しかしながら、何らかのオリジナル要素(改変,拡張etc)を加えたものなら歓迎^^)
また、解答が事前に用意されていない問題を挙げるときは そのことを明記しておきましょう^^
初等数論の問題を解くときはいくらかの道具を想定しておくのが基本です^^
以下のURLにたくさんの良く知られた道具(記号の説明含む）がありますので参考にどうぞ^^
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=76610&ml=1

2 ：

前スレで未解決の問題です^^
�@ (m,n)＝(2,3),(2,5),(3,2),(5,2)のとき、
x+y+z=0を満たす任意の実数x,y,zに対して
(x^{m+n}＋y^{m+n}＋z^{m+n})/(m＋n)＝(x^m＋y^m＋z^m)(x^n＋y^n＋z^n)/mn
が成り立つことが分かっている。他に整数解(m,n)は存在するか？全て求めよ
�A 以下の条件を満たす正の整数(a,x,y,n,m)の組をすべて求めよ
a(x^n−x^m)＝(ax^m−4)y^2
m≡n (mod 2) かつ ax は奇数
�B 自然数Nの10進表示を a[1]a[2]..a[n] 等とする。
N = (a[1]+2)*(a[2]+2)*...*(a[n]+2)
を満たすような自然数Nを全て求めよ。
�C フィボナッチ数列類似の多項式列{F(n)}を次のように定義する：
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n).
このとき、任意の自然数nに対して、
F(5^n) は 1 + x + x^2 + … + x^(5^n - 1) で割り切れることを示せ。
�Df^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。
(C(X)は複素係数の有理関数体のことです^^)

3 ：

皆さんおやすみです^^
�E123456a+234567b+345678c+456789d+567890e+678901f+789012g
+890123h+901234i=123456789 を満たすような
0以上の整数a,b,c,d,e,f,g,h,iを求めよ。
�F自然数x_1, x_2, ..., x_nが
1/x_1+1/x_2+...+1/x_n=1 を満たすとき
x_1+x_2+...+x_n の最大値を求めよ。
�Gx^2+ax+b, x^2+bx+a がともに整数根をもつような整数a,bの組を全て求めよ。
�H2^x+3^yが19で割り切れるような正整数x,yの組は
どのくらいの割り合いで存在するか。
�Ia^a*b^b=c^c を満たす整数a,b,c＞1の組は無限に存在するか。
�J次の条件を満たす素数p,qの組を全て求めよ。(New! 容易)
[条件]
p*q は三角数であり、p+q は平方数である。

4 ：

猫に小判、まで読んだ。

5 ：

猫

6 ：

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　　　 /:::::::ヽ＿＿＿＿/::::::::ヽ、
　　 丿　::.__　　.:::::::::::::　 　__ ::::ヽ_　　　　 　 ,. ､ 　 　 　 /　　 ／
　 ／　／● ヽ_ヽｖ /:　／●ヽ　 ::::::ヽ 　　 ,.〃´ヾ.、　　/　 ／
　/　／￣￣√_＿＿丶 ￣￣＼　 ::::|　／ |l 　 　 ',　 / ／
　|　.::::::::::　/ / ｔｰｰｰ|ヽ　　　　 ..::::: ::|r'´　 ||--‐r､ ',
　|　.:::::.　　..:　|　　　　|ヽ　　　.,..ィ'´　　　　 l',　　'.j　'.　　　　おれは猫さまだｗ
　|　:::　　　　| |⊂ニヽ| |　　'r '´　　　 　　 　 ',.r '´　!|　　＼
　|　:　　　　| |　 |:::T::::|　!　 l!　　　　　....:.:.:.:.:.:ヽ､ 　 ,ｌ　　　　＼
　＼:　　　　ﾄ--^^^^^┤　　 ゝ､.,_ ---‐‐‐----ゝ､ノ

7 ：

321

8 ：

三ケタ以内の素数の中で、もっともエロイ
自然数は何か。
また　三ケタ以内の自然数の中で
最もニートな自然数は何か。

9 ：

127はエロいね
0721に似ている
210はまさにニートだね

10 ：

　　　　/＼　　　　　　　 /＼
　　　 /:::::::ヽ＿＿＿＿/::::::::ヽ、
　　 丿　::.__　　.:::::::::::::　 　__ ::::ヽ_　　　　 　 ,. ､ 　 　 　 /　　 ／
　 ／　／● ヽ_ヽｖ /:　／●ヽ　 ::::::ヽ 　　 ,.〃´ヾ.、　　/　 ／
　/　／￣￣√_＿＿丶 ￣￣＼　 ::::|　／ |l 　 　 ',　 / ／
　|　.::::::::::　/ / ｔｰｰｰ|ヽ　　　　 ..::::: ::|r'´　 ||--‐r､ ',
　|　.:::::.　　..:　|　　　　|ヽ　　　.,..ィ'´　　　　 l',　　'.j　'.　　　　ワシは口先猫やがなｗ
　|　:::　　　　| |⊂ニヽ| |　　'r '´　　　 　　 　 ',.r '´　!|　　＼
　|　:　　　　| |　 |:::T::::|　!　 l!　　　　　....:.:.:.:.:.:ヽ､ 　 ,ｌ　　　　＼
　＼:　　　　ﾄ--^^^^^┤　　 ゝ､.,_ ---‐‐‐----ゝ､ノ
猫

11 ：

Wilsonの定理:　
n≧3 とする。このとき、
　(ｎ-1)!≡-1 mod n <=> n:素数

12 ：

>>11

・pが素数のとき
　{1,2,…,p-1} は乗法群をなし、位数1の元は1, 位数2の元は p-1 のみ。
　位数3以上の元x では x≠x^(-1) だから {x,x^(-1)} をペアにすれば
　(n-1)! ≡ Π (位数2の元) = p-1 ≡ -1　(mod p),

・n=4 のとき
　(n-1)! = 3! = 6 ≡ 2　(mod 4)

・nが4より大きい合成数のとき、
　{1,2,……,n-1} 中に n|ab…, a≠b なる {a,b,…} があるから
　(n-1)! ≡ 0　(mod n)

　n=p^2 (p≧3) のとき {p, 2p}
　n=p^k (k≧3) のとき {p, p^(k-1)}
　n=Π[i=1,m] (p_i)^(e_i) のとき {(p_1)^(e_1), (p_2)^(e_2), ……, (p_m)^(e_m)}

13 ：

>>1
�H
[2],[3]∈(Z/19Z)* は生成元であるから、
答えは 1/18 の割り合いで存在している。
�G
x^2+ax+b, x^2+bx+a (|a|≧|b|)が共に整数根を持っていたと仮定する。
このとき、a^2-4b, b^2-4a は共に平方数(0も含む)であるといえる。
(逆に a^2-4b, b^2-4aが平方数ならば 問題の2つの多項式は整数根を持つ)
A=a^2-4b, B=b^2-4a とおく。a,bの符号に応じて場合をわける。
1) b=0 であるとき
A=a^2, B=-4a であるから、a= -m^2(m:非負整数)となる。
2) a,b＞0 であるとき
a≦6ならば (a,b)=(4,4),(6,5)であることはすぐ確認できる。
a≧7ならば (a-3)^2＜a^2-4a≦A＜a^2 の成立がいえる。
これとAのパリティから A=(a-2)^2 の成立がいえる。
A=(a-2)^2 ⇔ a^2-4b=a^2-4a+4 ⇔ -4b=-4a+4 ⇔ b=a-1
このとき、B=b^2-4a=(a-1)^2-4a=a^2-6a+1 であるから、
(a-5)^2＜B＜(a-3)^2 がいえるので、B=(a-4)^2 となるが、
両辺のパリティが一致することはない。

14 ：

3) a＞0 かつ b＜0 であるとき
a^2＜A≦a^2+4a＜(a+2)^2 がいえるから
A=(a+1)^2 がいえるが 両辺のパリティは一致しない。
4) a＜0 かつ b＞0 であるとき
a≧-4 ならば (a,b)=(-2,1),(-3,2),(-4,3) がすぐ確認できる。
a＜-4 ならば (a+4)^2＜a^2+4a≦A＜a^2 がいえるから、
Aのパリティもみることで A=(a+2)^2 ⇔ a^2-4b=a^2+4a+4 ⇔ b=-(a+1)
このとき、B=b^2-4a=(a+1)^2-4a=(a-1)^2 となっている。
5) a,b＜0 であるとき
a^2＜A≦a^2+4a＜(a+2)^2 がいえるから矛盾となる。
以上より、求める整数a,b(|a|≧|b|)の組は
以下に挙げるもので全てであると結論できる。
(a,b)=(4,4),(6,5),(-n,n-1),(-n^2,0) (n:正整数)

15 ：

失礼。結論の部分にだけ少しミスがあった。
(-n^2,0)のところだけはn=0を許すとする。

16 ：

11番は単純だけど綺麗だね。
忘れられた頃に大学入試の問題として採用(≒パクる)されてそうｗ

17 ：

もっと問題追加しろカスが

18 ：

文句いうなら自分でやってみろよカスが

19 ：

更新＆問題追加しました^^
�@ (m,n)＝(2,3),(2,5),(3,2),(5,2)のとき、
x+y+z=0を満たす任意の実数x,y,zに対して
(x^{m+n}＋y^{m+n}＋z^{m+n})/(m＋n)＝(x^m＋y^m＋z^m)(x^n＋y^n＋z^n)/mn
が成り立つことが分かっている。他に整数解(m,n)は存在するか？全て求めよ
�A 以下の条件を満たす正の整数(a,x,y,n,m)の組をすべて求めよ
a(x^n−x^m)＝(ax^m−4)y^2
m≡n (mod 2) かつ ax は奇数
�B 自然数Nの10進表示を a[1]a[2]..a[n] 等とする。
N = (a[1]+2)*(a[2]+2)*...*(a[n]+2)
を満たすような自然数Nを全て求めよ。
�C フィボナッチ数列類似の多項式列{F(n)}を次のように定義する：
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n).
このとき、任意の自然数nに対して、
F(5^n) は 1 + x + x^2 + … + x^(5^n - 1) で割り切れることを示せ。
�Df^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。
(C(X)は複素係数の有理関数体のことです^^)

20 ：

おやすみです^^
�E123456a+234567b+345678c+456789d+567890e+678901f+789012g
+890123h+901234i=123456789 を満たすような
0以上の整数a,b,c,d,e,f,g,h,iを求めよ。
�F自然数x_1, x_2, ..., x_nが
1/x_1+1/x_2+...+1/x_n=1 を満たすとき
x_1+x_2+...+x_n の最大値を求めよ。
�Ga^a*b^b=c^c を満たす整数a,b,c＞1の組は無限に存在するか。
�H次の条件を満たす素数p,qの組を全て求めよ。
[条件] p*q は三角数であり、p+q は平方数である。
�Iτ(n^2-2)=22 を満たす正整数nは存在するか。
�Jlim[n→∞]v_2(Π_[k=1,n](3^k-1))/n を計算せよ。
�K次の条件を満たす奇数n(＞3)を全て求めよ。
[条件] どんな奇数m(1＜m＜n)に対しても、
(n^m-n)/(m^n-m) は奇分数に約分できない。
(奇分数とは分母分子がともに奇数の有理数のこと)

21 ：

あ、記号τを説明なしに用いていました^^;;
各正整数nに対して、τ(n)はnの正の約数の個数を表すとします。
(人によっては τの代わりに σ_0 や dなどを用いるかもです)
記号v_2の意味も一応説明してきますね^^
各正整数nに対して、v_2(n)は 2^k|n を満たす最大の整数kを表すとします。
たとえば、v_2(60)=2 となります。なぜなら 60=2^2*3*5 と分解できるので。

22 ：

σ_0

23 ：

σ_0 は　お顔にみえるね。
σ_1 は正の約数の総和。(例:σ_1(6)=1+2+3+6=12)
σ_2 は正の約数の2乗和。(例:σ_2(6)=1^2+2^2+3^2+6^2=50)
σ_3 は正の約数の3乗和。(例:σ_2(6)=1^3+2^3+3^3+6^3=252)
この視点でみると σ_0(6)=1^0+2^0+3^0+6^0=4 だから
σ_0 を正の約数の個数とするのはとても自然におもえる。
なお、一般にσ_k(k:非負整数)は乗法的関数になる。
つまりσ_k(mn)=σ_k(m)*σ_k(n) (when gcd(m,n)=1) である。

24 ：

wikipedia「合同式」で前の版の方がよかったのではないかと議論があります
履歴を見れば熾烈な編集合戦があったこともわかります
専門的コメントあればこちらに
http://toki.2ch.net/test/read.cgi/hobby/1290361067/
このスレは総本山的スレで、管理者が複数名書き込んでいます
管理者や常連がwikipediaの利用者ページでトリップを公開してる通り、本物です

25 ：

＾＾は前スレURLくらい貼れや

26 ：

>>25
言うだけじゃなく張れ。
初等整数論の問題
http://kamome.2ch.net/test/read.cgi/math/1286119277/

27 ：

990
>直接関係するわけじゃないけど、
>構成的に双射Z→Qを作るときは
>p^{2n} --> p^n
>p^{2n+1} --> p^{-n}
>とするのが好き。
p^0-->p^0
p^1-->p^0

28 ：

双射になってねえよね。
しかしそんな初等的な話をされてもねｗ
"問題"のほうがずっと頭つかうわな。

29 ：

直接関係するわけじゃないけど、
構成的に双射Z→Qを作るときは
p^{2n} --> p^n
p^{2n-1} --> p^{-n}
-1 --> -1
0 --> 0
とするのが好き。

30 ：

�Jの解答
v_2公式を用いて計算できます。
各正整数rに対して、f(r)=v_2(3^r-1)とおきます。
rが奇数のとき、f(r)=1 であります。
rが偶数のとき、v_2の公式より、
f(r)=v_2(3^2-1)+v_2(r)-1=v_2(r)+2　となります。
また、vはまるで対数のように計算できるところにも注意です。
たとえば、v_2(32)=v_2(4)+v_2(8)=2+3=5 とできます。
ですから、ΠをΣに変えることができるわけです。(逆もしかり)
以上に述べたことに基づき、計算を実行してみます。
F(n):=v_2(Π_[k=1,n](3^k-1))=Σ[k=1,n]f(k) (∵掛け算を足し算にした)
=Σ[k=1,[(n+1)/2]]f(2k-1)+Σ[k=1,[n/2]]f(2k)
=[(n+1)/2]+Σ[k=1,[n/2]](v_2(2k)+2)
=[(n+1)/2]+2[n/2]+Σ[k=1,[n/2]](v_2(2k))
ここで、v_2(2k)=v_2(2)+v_2(k)=1+v_2(k) であり、
Σ[k=1,[n/2]]v_2(k)=v_2(Π[k=1,[n/2]]k)　(∵足し算を掛け算にした)
=v_2([n/2]!)=[n/2]-s_2([n/2]) (∵階乗の指数公式)
であることから、結局、F(n)=[(n+1)/2]+4[n/2]-s_2([n/2]) となる。
ということは求める極限値は有限の値として存在していて、
それは 5/2 であるという結論に達することをみるのは易しい。
(注意: sのオーダーはlogであることに注意してください)

31 ：

5/2 デスカ・・・
ということは 3^1-1, 3^2-1, ... , 3^n-1 とn個の数を並べて、
それぞれが2で何回割り切れるかどうかをみたとき、
その回数の平均値は 2.5(=5/2)ということですよね。

32 ：

>>28
その三行が>>27より頭を使ってるのか。

33 ：

直接関係するわけじゃないけど、
構成的に双射Z_p→Q_pを作るときは
x = p^e u と素元と単元の積にして、
p^{2n} --> p^n
p^{2n-1} --> p^{-n}
とできるね。

34 ：

>>20
ちょっと早すぎるかもしれないけど
�Iの回答おしえてくれない？
存在しないことの証明は厳しい気がする。

35 ：

>>34
まだ１日も経っていないよ
さすがに時期尚早だろｊｋ

36 ：

>>34はいつもの人だからスルー推奨

37 ：

>>11
頭の悪い書き込みですまないが、
wilsonの定理のもっとも早い証明方法の1つとしては
X^(p-1)-1∈F_p[X] に根と係数の関係を使うことだとおもう。
これだと一発で終わる。いわゆるワンラインソルーションだね。
まあただし、これの群論的な一般化、
たとえば、「有限可換群の元の総積は位数2以下の元となる」
を証明するときには 良く知られているように、
有限生成アーベル群の構造定理を適用するのだけど、
(適用すれば、たちまちに、そのことが確認できるが)
wilsonの定理みたいに簡潔すぎる解答はないわけだ。

38 ：

�@Fermat(フェルマ小定理)という単語は
度々、初等数論の問題の解説に使われるわけだけど、
(初等)群論的にはほとんど明らかだから、
(Z/pZ (p:素数)は有限体であるから 乗法群(Z/pZ)*に
ラグランジュの定理(の系)を適用することで 小定理が直截従う)
そういう意味で Fermatの小定理という単語を用いる理由はない。
なぜならば、群論において ラグランジュの定理は
ほとんどの場合において、(初歩的すぎる問題は除く)
ことわりをいれられずに暗黙のうちに用いられているから。

39 ：

進学校の高校3年だが、
modの分数演算で試験の答案を書いたら、
×にされたんだが。。。
[どんな自然数nに対しても 3^(2n-1)+2^(n+1) が7で割り切れることを示せ]
3^(2n-1)+2^(n+1)≡(1/3)(9^n)+2*2^n≡(1/3)2^n+2*2^n≡(7/3)2^n≡0 mod 7
証明終わり。(この方法をごく最近2chで知ったあとに同じ問題がでたｗ)
modは整数じゃないと使えないとかいわれたんだが。
こういう計算をしていいのは gcd(3,7)=1 より明らかだからと反論したら、
modは整数同士の計算にしか使えないといわれた。鬱だ。

40 ：

>>39
君の方法はとても簡潔で正しい。
ただそれはmodのことをなにもわかっていないと勘違いされる可能性がある諸刃の剣。
大学入試などの試験には使わないほうが良いよ。
ちょっとスレチだとおもうよ？

41 ：

何の説明もなしに1/3 て書いたらそりゃ不正解にされるな。
1≡3×5 をうまく入れて、本当は逆元知ってるけど使わないんだぜ、
という余裕を見せなきゃ。

42 ：

41のいっているとおり、
もとの式を3倍したものが7で割り切れることをいえばいいね。
そうすれば 3^(2n)+3*2^(n+1)≡2^n+3*2*2^n=(1+6)*2^n≡0
分数計算を回避できたわけだ。まあスレチだ。

43 ：

>>19
>>20
難易度指標(1〜10)
�@ 5
�A 9?
�B 9
�C 8
�D 6
�E 2
�F 5
�G 8
�H 3
�I ?
�J 4
�K 4
解けていないのがほとんどだけど最低限の思考はしたよ
6以上のはオレには解けそうにない問題ね 完全にお手あげ

44 ：

誰かこれを解いてくれ
10^210/10^10+3 の整数部分の一の位の数字を求めよ
ただし3^21=10460353203　を用いてよい

45 ：

>>44
既出ですよ。
前スレのhattoriさんの解答をほぼそのまま貼り付けますね。
d=10^10+3 とおく。
10^210=(10^10)^21≡(-3)^21= -10460353203 ≡ -460353200 (mod d)
よって 10^210 = dk-460353200 を満たす正整数kが取れる。
(これから 0≡3k (mod 10)を得るので kは10で割りきれる)
これから 10^210/d = k - 46035320/d がいえる。
これから 10^210/(10^10+3)の整数部分は k-1に等しいといえる。
10|kだったので k-1の下1桁は9であるといえる。答えは 9

46 ：

>>20
�F
x[1]=2
x[m+1]=Π[k=1,m](x[k])+1(m<n)
x[m+1]=Π[k=1,m](x[k])(m=n)
のとき
x[1]+x[2]+・・・+x[n]が最大になると
思うんですが証明できない。

47 ：

>>46
訂正
>>20
�F
x[1]=2
x[m+1]=Π[k=1,m](x[k])+1(m+1<n)
x[m+1]=Π[k=1,m](x[k])(m+1=n)
のとき
x[1]+x[2]+・・・+x[n]が最大になると
思うんですが証明できない。

48 ：

>>45
ありがとうございます。。

49 ：

�Eって コンピュータを用いて、力技でやりたいろころだけど、
大雑把にカウントしてみると 100^9 = 10^18 通りぐらいあるね。
もしかして これはある意味むずかしいということでは？

50 ：

880
1
1
1
9
5
1
2
3

51 ：

>>50
それで全て？ どのくらい時間かかった？
検索方法は 上界を抑えての全数調査？

52 ：

ヤマカン

53 ：

じゃあそれで全てとは言い切れないね。
勘でいわせてもらうと、解は結構あるとおもうよ。
この問題はコンピュータで全数調査しようとすると
ざっと見積もって(粗いが) 10^18通りぐらいあるから、
それなりにアルゴリズムを工夫しないと このPCじゃ無理っぽい。実は難問か

54 ：

>>53
いわゆるコインの問題は 変数の個数が一般の場合は(4変数以上)
NP-hard ということが知られているから 注意が必要。
とくにフロベニウス数が閉じた式で得られるのは2変数までで、
3変数以上(3変数ですら！)は存在しないとされている。絶望的。
幸運なことにこの問題は"全て"求めることを要求していない。
ゆえに >>50 のレスは�Eの回答として扱われ、
この問題はオナ豚さんの言っている通り 確かに易しいとなる。

55 ：

>>43
4以下の解けよ。
4以下が本当ならな。

56 ：

�H次の条件を満たす素数p,qの組を全て求めよ。
[条件] p*q は三角数であり、p+q は平方数である。
p=11, q=5 は条件を満たす組の1つである。
条件を満たす素数p,q(p≧q)の組を任意に取る。
p*q=m(m+1)/2 ⇔ 2pq=m(m+1) なる整数m＞2が取れる。
よって、 p-2q=1 または p-2q=-1 である。
後者の場合、p+q=3q-1≡-1 (mod 3) であるから、
p+qは平方数になりえず、矛盾であるといえる。
よって、p-2q=1 であり、このとき、p+q=3q+1 である。
3q+1=n^2 ⇔ 3q=(n+1)(n-1) を満たす整数n＞2が取れる。
ということは n-1=3 ⇔ n=4 の成立がいえる。
このとき、q=5 であり、p=11 であるといえる。
以上より、求める素数p,q(p≧q)の組は p=11,q=5のみである。

57 ：

あげまん

58 ：

GIVE UP(´・ω:;.:...
問題提出
1) 下3桁が同じ数字の平方数で、2番目に小さいものを求めよ。(オリジナル?)
2) 2^29は9桁の数であり、桁に重複はない。
　 抜けている数字を求めよ。(電卓等を使うな) (オリジナル?)
3) [√n]+[√(n+1)]+[√(n+2)]=[√(9n+8)] を示せ。(有名問題)

59 ：

(1)(3)はすぐわかった

60 ：

>>59
せめて方法を書け。
そのほうが他の人がうれしがるぜ？

61 ：

以下、58の問題を叩く流れになると予想。
そこで事前にオレが食い止める。
いいか、オリジナルかどうかは本人が
そう思っているなら なんら問題ない。
謙虚に？なぞ付けなくて良い。
3)は　√(9n+8)＜√n+√(n+1)+√(n+2)＜√(9n+9)
をテクニカル(とくに中辺＜右辺は)に示すことができて、
さらに、mod 9で 8は平方数でないことから
√(9n+8)は整数になりえないといえるので
上の不等式とあわせて終了となる。

62 ：

>>60
modmodmodだ

63 ：

(1)も有名だからな

64 ：

調子にのってふたたび投稿
4) ax+by(x,yは非負整数)で表現でない正整数の個数が97となるような
　 正の整数a,b(a≧b)の組を全て求めよ。

65 ：

>>58
10000
一番めは1444

66 ：

>>64
うはっチョー難問

67 ：

1)は0を除いたら 462^2 = 213444 というのが2番目だね。
213444 って面白くねえ？　見た目的にｐｐｐ

68 ：

>>64
良く知られた結果より、
(a-1)(b-1)/2 = 97 を解けばよい。
よって、(a,b)=(195,2),(98,3)
trivialな一般化
正整数の定数a,b(a≧b)に対して、
ax+by(x,yは非負整数)で表現でない正整数の
個数が素数となるとき、b≦3　が示せる。

69 ：

(問題)
一般に自然数Nが与えられたとき、
それを反転させたものをNの反転数N'と呼ぶことにする。
たとえば、N=426 のとき、N'=624 である。
N-N' が3の冪乗になるとき、Nをおナンバーと呼ぶことにする。
全ての おナンバーを求めよ。 (確実にオリジナル問題です)

70 ：

ちょっと次のように変更しておきます。
このままだと解の表現がいびつになるので。
N-N'の形で表現できる数を "おナンバー" とします。
そこで おナンバーな3の冪乗を全て求めよとします。

71 ：

>>69
表現自重汁
キチガイすぎるｗ

72 ：

s(N)=s(N') ゆえ N-N'≡s(N)-s(N')≡0 (mod 9)
よって、3はおナンバーではない。
21-12 = 9
41-14 = 27
81はどうなのか調べ中。

73 ：

おてぃん
てぃんage

74 ：

>>58
2)
「2^29は9桁の数であり、桁に重複はない。」より
抜けている数をxとすると、2^29を9で割った余りは
0+1+2+3+4+5+6+7+8+9-x=45-x≡9-x　mod　9
また、二項定理を利用して
2^29≡(3-1)^29≡C[29,1]*3-1≡86≡5　mod　9
2^29を9で割った余りは5
9-x=5よりx=4　抜けているのは4

75 ：

φ(9)=6より、2^29≡1/2≡5
これが 2^29をmod 9で計算する最速の方法

76 ：

>>58
http://ja.wikipedia.org/wiki/1444

77 ：

今日はもう遅い(2時^^;)ですが更新しました^^
>>70 OT-numberでいいでしょうか？^^ そのままだと困ります^^;
�@ (m,n)＝(2,3),(2,5),(3,2),(5,2)のとき、
x+y+z=0を満たす任意の実数x,y,zに対して
(x^{m+n}＋y^{m+n}＋z^{m+n})/(m＋n)＝(x^m＋y^m＋z^m)(x^n＋y^n＋z^n)/mn
が成り立つことが分かっている。他に整数解(m,n)は存在するか？全て求めよ
�A 以下の条件を満たす正の整数(a,x,y,n,m)の組をすべて求めよ
a(x^n−x^m)＝(ax^m−4)y^2, m≡n (mod 2) かつ ax は奇数
�B 自然数Nの10進表示を a[1]a[2]..a[n] 等とする。
N = (a[1]+2)*(a[2]+2)*...*(a[n]+2)
を満たすような自然数Nを全て求めよ。
�C フィボナッチ数列類似の多項式列{F(n)}を次のように定義する：
F(0) = 0, F(1) = 1, F(n+2) = F(n+1) + x^n F(n).
このとき、任意の自然数nに対して、
F(5^n) は 1 + x + x^2 + … + x^(5^n - 1) で割り切れることを示せ。
�Df^3=g^2+1 を満たすf,g∈C(X)＼C は存在するか。

78 ：

おやすみです^^
�E自然数x_1, x_2, ..., x_nが
1/x_1+1/x_2+...+1/x_n=1 を満たすとき
x_1+x_2+...+x_n の最大値を求めよ。
�Fa^a*b^b=c^c を満たす整数a,b,c＞1の組は無限に存在するか。
�Gτ(n^2-2)=22 を満たす正整数nは存在するか。
�H次の条件を満たす奇数n(＞3)を全て求めよ。
[条件] どんな奇数m(1＜m＜n)に対しても、
(n^m-n)/(m^n-m) は奇分数に約分できない。
(奇分数とは分母分子がともに奇数の有理数のこと)
�I一般に自然数Nが与えられたとき、
それを反転させたものをN'などと書くことにする。
たとえば、N=1234 のとき、N'=4321 である。
N-N'の形で表現できる数を OT-number と呼ぶことにする。
3の巾で書けるようなOT-numberを全て求めよ。

79 ：

>>20�K=>>78�H
x,yが正整数でxが奇数かつx>1、yが偶数のときv_2(x^y-1)=v_2(x-1)+v_2(x+1)+v_2(y)-1だから
v_2(n^m-n)=v_2(n-1)+v_2(n+1)+v_2(m-1)-1, v_2(m^n-m)=v_2(m-1)+v_2(m+1)+v_2(n-1)-1
[条件]⇔どんな奇数m(1<m<n)に対してもv_2(n^m-n)≠v_2(m^n-m)
⇔どんな奇数m(1<m<n)に対してもv_2(n+1)≠v_2(m+1)………………(*)
今nが[条件]を満たす奇数とし、n+1=(2^a)*b (b:正の奇数)と素因数分解されるとする
（n> 3よりb=1かつa≧3、またはb=3かつa≧2、またはb> 3かつa≧1であることに注意）
もしb> 1なら m=(2^a)(b-2)-1 とおくとmは奇数で1<m<nかつv_2(n+1)=a=v_2(m+1)となり(*)に反する
よって b=1 で n=2^a-1 (a≧3)
逆に n=2^a-1 (a≧3) ならどんな奇数m(1<m<n)に対しても v_2(m+1) < a = v_2(n+1)なので[条件]を満たす
以上より求めるnは2^a-1 (a≧3)

80 ：

9=10-01=9
18=42-24
27=41-14
36=73-37
45=72-27
54=71-17
63=70-07
72=91-19
81=90-09
90=????
99=100-001
90はOT-numberじゃないのかな？？
3桁でやると 99の倍数にならざるをえないから、
90がOT-numberだとすると4桁以上で考える必要がある。

81 ：

>>80
90 = 1101-1011
どんな9の倍数もOT-numberというのは正しいだろうか。
もしそうだとしたら、�Iは自動的に解けたことになる。

82 ：

解決には至っていないけど >>81 は明確に否定できる。
[命題] (9の倍数の部分は >>72 が言及している)
nがOT-numberであるとし、n=N-N'とする。
Nの最上位の桁と最下位の桁をa[m],a[0]とする。
nは9の倍数であり、n≡a[0]-a[m] (mod 10)が成立する。
さらに mが偶数ならば nは11の倍数であるともいえる。
(証明)
N=Σ[i=0,m]a[i]*10^i とするとき、n=N-N'より、
n = (1-10^m)a[0]+(10^m-1)a[m]+Σ[i=1,m-1](10^i-10^(m-i))a[i] ・・(*)
右辺は9で割り切れるので、nは9で割り切れることがいえる。
(これを示すだけならば >>72 の方法が明快であるといえる)
(*)のΣ部分は10で割り切れるので、両辺をmod10でみることで 10|n がいえる。
mが偶数のときは 10^2≡1 (mod 11)に注意して、
(*)の両辺を mod11でみることで 11|n がいえる。

83 ：

[主張]
108+9d (d∈Z, 0≦d≦7)の形の数は OT-numberではない。
(証明)
上記の形の数が OT-number(=n)とし、n=N-N'とする。
nはその定め方から、10でも99でも割り切れず、n＜189 である。
また、nは3桁以上なので、Nは3桁以上であるといえる。
Nが3桁であるとすると、[命題]より、99|n がいえる。
これは不適ゆえ、Nは4桁以上であるといえる。
Nの最高位の桁と最下位の桁をa[m],a[0]とする。
a[m]≠a[0]だとすれば、すぐわかるように n≧189がいえる。
これは不適ゆえ、a[m]=a[0] であることがいえる。
ここで [命題]を用いれば 10|n がいえる。これは矛盾。

84 ：

今日はリスト更新は無しです^^;
(∵最後に更新してから 10レスもないので)
おやすみです^^;(もっと早く寝ないと^^;)
�Iは(少なくとも私には)解けそうにないですが、
いくつか得た簡単な結果を問題にしてみました^^
�J　次の(1),(2)を証明せよ。
(1) 10^n+8がOT-numberとなるような整数n＞1は存在しない。
(2) 9*10^n は常にOT-numberである。
(2) OT-numberでない3の巾(つまり 3^m(m:正整数)の形の数)は無限に存在する。
(3)は�Iに直接関係しているとおもわれますが、�Iの回答には遠い^^;

85 ：

(2)が2つもありますね^^;
(3)に相当する問題は次のように改変しておきます^^;
(3)連続する4つの3の巾が全てOT-numberになることはない。
たとえば、3^2, 3^3, 3^4, 3^5 のうち、
3^2,3^3,3^4はOT-numberであるが 3^5はそうでない。

86 ：

�Iの提案者ですが 私の用意していた解答は誤っているようです。
当初は「全ての3の累乗はOT-numberである」と思っていたのですが...
お騒がせしてすみませんでした...　それと次も正しくないですね
「n≡1(mod 4)ならば 3^nはOT-numberではない」大きな数の反例があるようです。
しかしながら >>85の(3)は正しいようです。>>84のレス内容から当然ですが...

87 ：

自然数Nを1つ取る。Nに左から3を1個くっつけできる数をMとする。
さらにMに左から3を何個(≠0個)かくっつけてできる数をM'とする。
もしMが素数だとするならば、M'はMの倍数にできることを証明せよ。
たとえば、N=7とすれば、M=37 であり、M'=33337=901M とできる。

88 ：

問題修正。
M'は本質的でないから次のようにする。
素数Nを1つ取る。
Nに左から3を何個(≠0個)かくっつけてできる数をMとする。
MはNの倍数にできることを証明せよ。
たとえば、N=13とすれば、M=33333313=2564101*N とできる。

89 ：

>>88
N=2または5のときはそれぞれM=32, 35でOK
N≠2, 5のときは(10,N)=1だから10^k≡1 (mod N)を満たす正整数kが存在する
ここで9|10^k-1でNは素数だから(9,N)=1または3、よって3N|10^k-1
Nがd桁ならM=N+10^d*(10^k -1)/3とすればN|M

90 ：

>>88
以下、>>89 をわずかに改良したバージョン。
Nは素数である必要はない。
ただし、10と互いに素であることが重要。
10と互いに素でさえあれば、可能である。
10と互いに素でない場合、すぐに反例がみつかる。
ただし、素数に限定した場合、10と互いに素でないのは
N=2,5だけであり、この場合は可能であることがいえる。
(N,10)=1のとき、10^k≡1(mod N) かつ
v_3(k)≧v_3(N)-1を満たす正整数kが取れる。
このとき、v_3((10^k-1)/3)=1+v_3(k)≧v_3(N) であるから、
10^k≡1(mod N)とあわせて N|(10^k-1)/3 がいえる。
Nがd桁ならば M=N+10^d*(10^k -1)/3とすれば N|M

91 ：

1から9までならなにを連続で付け加えても同じだね。

92 ：

＜問題＞
10進表記で、ある4桁の整数を9倍したら元の数の各桁の数字を逆に入れ替えた整数になった。元の整数はいくつか。
＜解説＞
小学生の算数問題なので解説は省略。1089です。
しかし、何倍かして逆に入れ替えた数となるのは、
1089を9倍したときの9801と、2178を4倍したときの8712になるときだけだそうです。
さぁ、これを証明してみせなさい。
嘘です＾ｐ＾
じゃ、10進法以外だったらどんなのがあるのかなぁ…
＾＾さんが楽しい問題に改題してくれることを祈ってます（笑）

93 ：

＞何倍かして逆に入れ替えた数となるのは、
＞（１）を（２）倍したときの（３）と、（４）を（５）倍したときの（６）だけだそうです
これで十分立派な東大入試問題に大変身ｗ

94 ：

http://imepita.jp/20101129/635050

95 ：

>>92 の自身の才能を少しだけ使って改題してみようぜ？
>>93
それはウソ。桁数の制限をはずした場合、あきらかに無限にある。
4桁の場合を任意回数連結させればいい。たとえば
871287128712... は 217821782178... で割り切れる。
じゃあ、こういう明らかなものを除いた場合の可能性は？
そういう問題にした場合、それはかなりの有名問題であり、
基本解は 1089 と 2178 しかないことが証明できる。

96 ：

>>95
どこで有名なんだよｗ
書けよｗ
>>92
2進数の場合は明らかに成り立たないｗ

97 ：

>>92はｎ進数4桁の一般解まで拡張できる

98 ：

>>92はｎ進数4桁ｍ倍の一般解まで拡張できる

99 ：

>>98
ちょっと書いてくれない？

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