10/10/15 19:00:34
(3) 以下、≡は63を法とする。
79n≡1 ⇔ 16n≡1 ⇔ 64n≡4 ⇔ n≡4
よって n=63k+4 (kは整数)とかける。
このとき 79n+63m=1 より 79(63k+4)+63m=1 ⇔ m=-79k-5
(m,n) = (-79k-5, 63k+4)
(4) 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。 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。
10^199 ＜ 10^210/(10^10+3) ＜ 10^200 ゆえ
k-1は200桁であるといえる。
こたえとしては 整数部分の桁数は200で 下1桁は9となる。
224:１３２人目の素数さん
10/10/15 23:18:34
3^21＝10460353203 自体はそこまで重要じゃないということか。
3^21 の大きさ, および mod 10での値が重要ということか。
225:１３２人目の素数さん
10/10/15 23:52:47
（５）は？ｗ
226:１３２人目の素数さん
10/10/16 00:14:11
shin hattori 様 ありがとうございます
227:１３２人目の素数さん
10/10/16 00:14:55
リスト更新いたしました^^ おやすみです^^
① Π[p＜n]p ＜ e^n これは正しいかどうか。
② x^2+y^2-1=axy+b(x+y+1) を満たす正整数x,yの組が
ちょうど127個存在するような整数a,bの組は存在するか。
③ 次の命題が正しいかどうかを判定せよ。
「任意に平方数でも平方数の3倍でもないような正整数Nを固定しよう。
x^2+xy+y^2=N に整数解が存在するとき、それは少なくとも12個ある」
④ p^3+q^3=17 を満たす正の有理数p,qの組は存在するか。
もし存在するならば 1組だけ求めよ。
⑤ 非負整数全体の集合をXと書くことにする。
a1，a2，…，an 及び b1，b2，…，bnは正の実数とする。
f：X^n → X を
f(x1，x2，…，xn) ＝ Σ[i＝1～n] [ai*(xi)^bi]
と定義する。ただし、[ ]はガウス記号とする。
Σ[i＝1～n] 1/bi ＜ 1 のとき、X－Im(f)は
無限集合であることを示せ。すなわち、
m ＝ f(x1，x2，…，xn)
を満たす非負整数 x1，x2，…，xn が存在しないような
非負整数mが無限個存在することを示せ。
⑥ ある２桁の整数を８と９で割ります。その時の商の小数第一位をそれぞれ四捨五入すると同じ値になりました。
(ア)この時の２桁の整数の中で最大の物を求めなさい。
(イ)このような２桁の整数は全部で何個ありますか。
228:１３２人目の素数さん
10/10/16 00:19:47
>>227 の >>1 さんもいつもありがとうございます^^
229:１３２人目の素数さん
10/10/16 00:29:10
⑤と⑥は簡単だな。⑤は複雑そうにみえるけど
要は指数が大きいと取り残しがあるってことだとおもわれ。
指数が大きいアルネという条件が Σ[i＝1,n] 1/bi ＜ 1 に相当するはず。
指数部分が本質であり、係数部分のa_iは本質でないでしょう。
整数論の問題と捉えないほうが問題はずっと簡単にみえるとおもわれ。集合論的也。
①は皆いうようにかなり難しくて 個人的には ④も難しいとおもう。
③はたぶん初等数論の問題と捉えるよりは 2次体の整数環の問題と捉えればいいのだろうか。
条件がかなり特殊であり 少なくとも6個ですむなら たぶん平方数どうたらは要らないかな？
12個っていうところがまさに問題というわけだろうか。
②はなにをすればいいかわからない。予想もつかない。
2元2次不定方程式の一般論を用いて機械的に処理できるかもしれないけど どうだろう？
難しい問題とはおもえないけど たぶんこれはできる人は普通にいるとおもわれ。
以上部外者が見た感想でした。
230:１３２人目の素数さん
10/10/16 01:02:48
④について、＾＾は「もし存在するならば 1組だけ求めよ。」という条件を付加したわけだが、
もしかして＾＾はその１組を見つけたからそういう書き方になっているのか？＾ｐ＾
231:１３２人目の素数さん
10/10/16 01:09:37
単に 201のレスのコピペじゃね？
232:１３２人目の素数さん
10/10/16 18:49:15
難しいのばかりで解けないからもっと簡単なのをお願いと言っときながら
簡単過ぎる問題>>227の⑥を貼ったら逆にスルーされる厄介なスレ（笑）
233:１３２人目の素数さん
10/10/16 21:40:29
問題文は商という言葉を用いていて さらに
商の小数第一位などといっているので
おそらく 商というのは 割られる数Nに対して、
N/8 や N/9 のことを指していると推測した。
[解法]
2桁という条件は無視して考える。(最後で吟味したい)
非負整数N(2桁とは限らない)が問題の条件を満たすことと、
m≦N/9＜N/8＜m+1/2 ・・・☆ を満たす非負整数mが存在することは同値である。
☆ ⇔ 9m≦N＜8m+4 となるので あとは簡単である。
9m≦N＜8m+4 から とくに 9m＜8m+4 ⇔ m＜4
よって m=0,1,2,3 の場合をそれぞれ調べればよい。
m=0のとき 0≦N＜4 より N=0,1,2,3
m=1のとき 9≦N＜12 より N=9,10,11
m=2のとき 18≦N＜20 より N=18,19
m=3のとき 27≦N＜28 より N=27
ここで2桁という条件を吟味することで答えが得られる。
(ア) 27
(イ) 5個
234:１３２人目の素数さん
10/10/16 22:39:23
>>208
p = A/B, q = C/D,
とおく。
A = 104940 = 2･2･3･3･5･11･53,
C = 11663,
B = D = 40831 = 7･19･307,
URLﾘﾝｸ(logsoku.com)
URLﾘﾝｸ(www.unkar.org)
URLﾘﾝｸ(desktop2ch.net)
1文字変えたら難易度が激変する問題
235:１３２人目の素数さん
10/10/16 22:45:54
④も解決したということか。
存在していて そのうち1組は >>234 で与えられている。
1組の存在がいえれば 無限に存在することは幾何的な方法で容易に示せる。
一番の問題は その1組を求めることができるかということ。
求めることができないならば 存在するかしないかの判定は難しい。
この手の問題で有理点の存在をシステマティックに示す方法は知られていない。
1点みつかれば いろいろいえるが その1点を見つけるのは大抵は厳しい。
まあ とにかく >>234 のレスのおかげで ④は解決されたということわけだ！
236:１３２人目の素数さん
10/10/16 22:52:54
面白い問題おしえて～な 十問目
468 名前：１３２人目の素数さん ：2005/10/22(土) 09:43:49
ABCDに正の整数を入れて等式を成立させて下さい
(A÷B)の3乗＋(C÷D)の3乗＝17
237:１３２人目の素数さん
10/10/17 01:40:02
>>234
すげぇ
どうやって見つけたんだよｗプログラム組むしかなくねｗ
238:１３２人目の素数さん
10/10/17 03:36:36
>>237 たぶんこんな感じかも。
「正の解」という条件を外せば、有理解(x,y) = (18/7, -1/7)は手計算でも
18^3 + (-1)^3 = 17*(18^2+18+1) = 17*(6^3 + 3*6^2 + 3*6 + 1) = 17*7^3
から比較的見つけやすいと思う。
あとは双有理写像で標準的な楕円曲線上の点Pにうつして、有理点の群演算で2Pを求めて、
それを双有理逆写像でX^3+Y^3=17上にもどすと>>234になる。
239:１３２人目の素数さん
10/10/17 05:36:36
(a+b)(a^2-ab+b^2)=17c^3でcは７の倍数だからcを７として
3(a-b)^2=4(a^2-ab+b^2)-(a+b)^2からすぐに(18/7)^3+(-1/7)^3=17が出る
あとは楕円曲線上の演算のアイデアさえわかってればそのまま接線引けばでることはわかる
(x,y)=(p,q)がx^3+y^3=17の解なら
(x,y)=(-(p^4-34p)/(2p^3-17),-(q^4-34q)/(2q^3-17))がx^3+y^3=17の解
240:１３２人目の素数さん
10/10/17 06:56:01
>>233
> 非負整数N(2桁とは限らない)が問題の条件を満たすことと、
> m≦N/9＜N/8＜m+1/2 ・・・☆ を満たす非負整数mが存在することは同値である。
「四捨五入」の意味を取り違えてるよ。
241:１３２人目の素数さん
10/10/17 08:03:41
>>215=227⑤
X-Im(f)の元のうち、N以下のものの個数をS(N)とおいて、S(N)を下から評価したい。
で、Im(f)の元でN以下のものの個数がN+1-S(N)だから、これを上から評価すればいいんだけど、
これはf≦Nとなる(x1,…,xn)∈X^nの個数で上からおさえられるな。
んでもってこれはさらにおおざっぱに、
各[ai*(xi)^(bi)]がN以下になるような(x1,…,xn)の個数でおさえられる、と。
この個数の上からの評価はΠ({(N+1)/ai}^(1/bi) +1)なんだけど、
指数1/biは正だし、どーせNは無限大にとばしちゃうんだから、
Nは十分大として気前よく2^n*Π{(N+1)/ai}^(1/bi)で評価しとこう。
ごちゃごちゃしてみにくいから、Nに関係ない係数はAとしといて、指数の和Σ1/biはBとでもおいたら
N+1-S(N)≦A*(N+1)^B、これですっきりした。そういやB＜1って条件があるから、
Nを無限大にとばすとき、(N+1)^BはN+1より低位の無限大だわな。
つーことでS(N)≧N+1-A*(N+1)^Bだから、S(N)も無限大に向かうことがてきとーに示せたです。
んで、べつのやりかた考えてて思いついた便乗問題。
問題の設定は>>215と同じとします。このとき
X-Im(f)には無限個の素数が含まれていることを証明してください。
242:１３２人目の素数さん
10/10/17 12:53:42
>>233
両方とも四捨して一致するとは限らない。
正しくはこうだとおもう。
m≦N/9+1/2≦N/8+1/2＜m+1
2桁という条件がどうでもいいということだけは正しいかな。
243:１３２人目の素数さん
10/10/17 21:00:59
>>239
(x,y) = (p,q) が x^3 + y^3 = N の解なら
(p,q) における接線は
(p^2)x + (q^2)y = N,
これを解くと
x/p = (2N-p^3)/(2p^3 -N),
y/q = (2N-q^3)/(2q^3 -N),
x/p + y/q = -1,
よって
(x,y) = ((2N-p^3)p/(2p^3 -N), (2N-q^3)q/(2q^3 -N))
もまた x^3 + y^3 = N の解