04/01/12 23:45
以下
フィボナッチ数列
F(1)=1,F(2)=1,F(n+2)=F(n+1)+F(n)
リュカ数列
L(1)=1,L(2)=2,L(n+2)=L(n+1)+L(n)
としましょう。マニアックなのでも結構です。
2:１３２人目の素数さん
04/01/12 23:49
F(1)+F(2)+F(3)+・・・・F(n)=F(n+2)－1
3:１３２人目の素数さん
04/01/12 23:51
F(1)+F(3)+F(5)+・・・+F(2n-1)＝F(2n)
4:１３２人目の素数さん
04/01/12 23:52
L(1)+L(2)+L(3)+・・・+L(n)＝L(n+2)－3
5:１３２人目の素数さん
04/01/12 23:55
F(n-1)+F(n+1)＝L(n)
L(n-1)+L(n+1)＝5F(n)
でした、興味深いですね。
6:１３２人目の素数さん
04/01/14 19:31
F(n)≦L(n)
7:１３２人目の素数さん
04/01/14 21:31
Σ{n≧1}1/F(2^n)=(7-sqrt(5))/2,
Σ{n≧1}1/F(n)F(n+2)=1,
Σ{n≧1}(-1)^n/F(n)F(n+1)=(1-sqrt(5))/2,
Σ{n≧1}1/(F(2n-1)+1)=sqrt(5)/2.
8:１３２人目の素数さん
04/01/14 22:24
F(7)^2+F(8)^2=F(15)^2
F(8)^2+F(9)^2=F(12)^2
9:１３２人目の素数さん
04/01/16 03:25
n|F(n) ⇒ F(n)|F(F(n)).
10:１３２人目の素数さん
04/01/16 21:53
全ての自然数はいくつかの異なるフィボナッチ数の和で表すことができる。
11:１３２人目の素数さん
04/01/16 21:57
フィボナッチの加法定理
Ｆ(n+m+1)＝Ｆ(n+1)Ｆ(m+1)＋Ｆ(n)Ｆ(m)
特に
Ｆ(2n+1)＝Ｆ(n+1)^2＋Ｆ(n)^2
12:１３２人目の素数さん
04/01/16 22:10
n,m≠２の時、ｎがｍで割り切れるならばF(n)はF(m)で割り切れる。
またこの逆も成り立つ。
13:１３２人目の素数さん
04/01/16 22:14
ビネの公式
Ｆ(n)=(α^n－β^n)/(α－β) （α＝(1+√5)/2 β＝(1-√5)/2）
14:１３２人目の素数さん
04/01/16 22:22
2F(m+n)＝F(m)L(n)＋L(m)F(n)
三角関数の加法定理に似てると思いませんか？
15:１３２人目の素数さん
04/01/16 23:26
各ヌレの補完
16:１３２人目の素数さん
04/01/17 19:00
Ｌ（ｎ）＝Ｆ（ｎ＋１）。
17:１３２人目の素数さん
04/01/17 22:43
>>16
n＝１の時のみ。と書きましょう。
18:１３２人目の素数さん
04/01/17 23:50
Ｌ（２）＝２＝Ｆ（３）。
19:１３２人目の素数さん
04/01/18 19:22
>>１の定義が違う・・・
L(2)＝３では？
20:１３２人目の素数さん
04/01/19 04:28
まだ、出ていないようなので・・。
Ｆ（２ｎ）＝Ｌ（ｎ）*Ｆ（ｎ）。
Ｌ（２ｎ）＝Ｌ（ｎ）＾2－（（－1）＾２）*２。
ちなみにＬ（０）＝２、Ｌ（１）＝１、Ｌ（２）＝３、Ｌ（３）＝４。
Ｌ（－１）＝－１、ですよね。
21:１３２人目の素数さん
04/01/19 04:33
定理の証明も書いてくれると嬉しいにゃー
22:１３２人目の素数さん
04/01/19 23:01
一応・・・
黄金比＝(1+√5)/2＝1.61803398874989474720458・・・
黄金比の歌
URLﾘﾝｸ(www5b.biglobe.ne.jp)
23:１３２人目の素数さん
04/01/19 23:36
Ｌ(n)においてnが素数の時、
「 L(n)≡１（mod.n） 」が成り立つ
24:２０：特性方程式による定義
04/01/20 09:42
方程式 ｔ＾２－ｔ－１ の２根をα、βとするとき、
Ｆ（ｎ）＝（α＾ｎ－β＾ｎ）/（αーβ）。
Ｌ（ｎ）＝α＾ｎ+β＾ｎ。
と定義すると、Ｆ（ｎ）、Ｌ（ｎ）はフィボナッチ数とリュカ数の性質をすべて
満足する。いいかえれば、上記をＦ数、Ｌ数の定義と考えてさしつかえない。
ここで注意することは、上記のｔの２次方程式の根と係数の関係から、
α+β＝１、αβ＝－１。が常になりたっている、という事である。
25:２０
04/01/20 10:04
２４の定義を使うと、２０で述べた定理の証明は簡単である。すなわち、
Ｌ（ｎ）*Ｆ（ｎ）
＝（α＾ｎ+β＾ｎ）｛（α＾ｎ－β＾ｎ）/（αーβ）｝
＝｛（α＾ｎ+β＾ｎ）（α＾ｎ－β＾ｎ）｝/（αーβ）
＝｛（α＾ｎ）＾２－（β＾ｎ）＾２｝/（αーβ）
＝｛（α＾２ｎ）－（β＾２ｎ）｝/（αーβ）
＝Ｆ（２ｎ）。
Ｌ数の証明は逆からいく。
Ｌ（２ｎ）＝α＾２ｎ+β＾２ｎ＝（α＾ｎ）＾２+（β＾ｎ）＾２
＝（α＾ｎ+β＾ｎ）＾２－２（α＾ｎ）（β＾ｎ）
＝（α＾ｎ+β＾ｎ）＾２－２（αβ）＾ｎ
リュカ数の定義および基本関係式 αβ＝－１より
＝Ｌ（ｎ）＾２－（（－1）＾ｎ）*２。
以上で２０が証明できた。
26:１３２人目の素数さん
04/01/20 20:53
一般にα, βをx^2-Px+Q=0の二解とし、D=P^2-4Q、
U(n)=(α^n-β^n)/(α-β), V(n)=α^n+β^nとおく。
（一般Lucas数列）
特に、P=1, Q=-1のとき、U(n)はFibonacci数列、V(n)はLucas数列。
以下、一般Lucas数列について成り立つ定理。
1. V(n)^2-DU(n)^2=4Q^n,
U(n)^2-U(n-1)U(n+1)=Q^(n-1).
2. DU(n)=V(n+1)-QV(n-1),
V(n)=U(n+1)-QU(n-1).
3. U(m+n)=U(m)U(n)-Q^n U(m-n),
V(n)=U(n+1)-QU(n-1).
4. 2U(m+n)=U(m)V(n)+U(n)V(m),
2Q^n U(m-n)=U(m)V(n)-U(n)V(m),
2V(m+n)=V(m)V(n)+DU(m)U(n).
5. m≧1, q: oddならば
U(mq)=D^((q-1)/2)U(m)^q+q Q^mD^((q-3)/2) U(m)^(q-2)+...
+q/r (q-r-1)C(r-1) Q^mr D^((q-2r-1)/2) U(m)^(q-2r)+...
+q Q^(m(q-1)/2) U(m).
（4, 5は>>20の一般化）
27:１３２人目の素数さん
04/01/20 21:14
6. k≧1, m: oddならば
D^((m-1)/2) U(k)^m=U(km)-mQ^k U(k(m-2))+mC2 Q^(2k) U(k(m-4))-+...
+(-1)^((m-1)/2) mC((m-1)/2) Q^(k(m-1)/2) U(k),
V(k)^m=V(km)+mQ^k V(k(m-2))+mC2 Q^(2k) V(k(m-4))+...
+mC((m-1)/2) Q^(k(m-1)/2) V(k).
k≧1, m: evenならば
D^(m/2) U(k)^m=V(km)-m Q^k V(k(m-2))+mC2 Q^(2k) V(k(m-4))+...
+2*[mC(m/2)] Q^(km/2),
V(k)^m=V(km)+m Q^k V(k(m-2))+mC2 Q^(2k) V(k(m-4))+...
+2*[mC(m/2)] Q^(km/2).
7. 2^(n-1)U(n)=nC1 P^(n-1)+nC3 P^(n-3) D+...
2^(n-1)V(n)=P^n+ nC2 P^(n-2) D+ nC4 P^(n-4) D^2+...
8. U(m)=V(m-1)+QV(m-3)+Q^2 V(m-5)+...+W,
W=Q^((m-2)/2)P(m: even), Q^((m-1)/2)(m: odd)
P^m=V(m)+mC1 QV(m-2)+mC2 Q^2 V(m-4)+...+W,
W=[mC(m/2)] Q^(m/2)(m: even), [mC((m-1)/2)] Q^((m-1)/2) P(m: odd).
以上、どれもα, βに関する恒等式。
28:１３２人目の素数さん
04/01/20 21:26
9. U(n)≡V(n-1) (mod Q), V(n)≡P^n (mod Q).
証明: >>27の8より明らか。
10. pが奇素数ならば、U(kp)≡D^((p-1)/2) U(k) (mod p),
e≧1のときU(p^e)≡D^(e(p-1)/2) (mod p), 特にU(p)≡(D/p) (mod p).
証明: >>27の6において、m=pとすると、
U(kp)≡D^((p-1)/2) U(k)^p≡D^((p-1)/2) U(k) (mod p)より前段が従う。
これを繰り返し、U(1)=1より後段が従う。
11. V(p)≡P(mod p).
証明: >>27の8においてm=pとおくと、V(p)≡P^p≡P(mod p).
12. n, k≧1ならばU(n)|U(kn).
証明: >>26の3よりU((k+1)n)=U(kn)U(n)-Q^n U((k-1)n)≡Q^n U((k-1)n)
≡...≡(Qの累乗)* U(n) または(Qの累乗)*U(0)≡0(mod U(n)).
13. n, k≧1, k: oddならばV(n)|V(kn).
証明: 上の証明において>>26の3のかわりに>>27の6を使う。
29:１３２人目の素数さん
04/01/22 16:19
リュカ数列はLucas数列と書くんですか。
ルカス数列と書いたほうが適切かもしれませんね。
30:１３２人目の素数さん
04/01/22 22:59
>>29
その言い方からすると>>1かな？Lucasという人物を知らんと立てたの？
31:１３２人目の素数さん
04/01/23 03:05
>>29
別にどっちでもいい。
プトレマイオスの定理でもトレミーの定理でもかまわんのと同様。
ちなみにフィボナッチという人物は知ってる？
日本では平安から鎌倉の人らしい。
32:２０
04/01/23 11:06
２６さんが一般ＦＬ論をはじめて、いっぺんにハードルが高くなった気が
しましたが、私の方は特殊ＦＬ論で、のんびり行こうと思ってます。
よろしく。
33:１３２人目の素数さん
04/01/23 22:08
>>31
本名はフィリウス・ボナッチ（filius・Bonacci）ですよね。
34:１３２人目の素数さん
04/01/23 22:55
>>33
違う気がする・・・
35:１３２人目の素数さん
04/01/23 23:09
>>34
違いましたっけ？・・・
36:１３２人目の素数さん
04/01/23 23:14
>>35
本名はレオナルドでしょう
37:１３２人目の素数さん
04/01/23 23:44
>>36
調べてみたらそのようでした。
父の名がBonacciでfilius・Bonacciはボナッチの息子という意味だそうです。
名前ではありませんでした。
38:２０
04/01/24 10:02
・・・とりあえず、
（１）加法定理
Ｆ（ａ+ｂ）＝Ｆ（ａ）Ｆ（ｂ+1）+Ｆ（ａ-1）Ｆ（ｂ）。
Ｆ（ａ-ｂ）＝（（-1）＾ｂ）（Ｆ（ａ）Ｆ（ｂ-1）-Ｆ（ａ-1）Ｆ（ｂ））。
（２）剰余定理
ｄ｜ｎ ならば Ｆ（ｄ）｜Ｆ（ｎ）。
（３）基本定理
Ｆ（ａ）＝Ｌ（ｂ）Ｆ（ａ-ｂ）-（（-1）＾ｂ）Ｆ（ａ-2ｂ）。
Ｌ（ａ）＝Ｌ（ｂ）Ｌ（ａ-ｂ）-（（-1）＾ｂ）Ｌ（ａ-2ｂ）。
（４）カッシーニの公式
Ｆ（ｎ+1）Ｆ（ｎ-1）-Ｆ（ｎ）＾2＝（-1）＾ｎ。
を四大定理とする。
39:２０
04/01/24 10:22
２つのＦ数の自乗の和と差の公式
Ｆ（ｎ）＾2+Ｆ（ｎ-1）＾2＝Ｆ（2ｎ-1）。
Ｆ（ｎ）＾2-Ｆ（ｎ-1）＾2＝Ｆ（ｎ+1）Ｆ（ｎ-2）。
Ｆ（ｎ+1）＾2+Ｆ（ｎ-1）＾2＝3*Ｆ（ｎ）＾2+（（-1）＾ｎ）*2。
Ｆ（ｎ+1）＾2-Ｆ（ｎ-1）＾2＝Ｆ（2ｎ）。
40:２０
04/01/26 13:21
Ｆ（ｋｎ）/Ｆ（ｎ）は、Ｌ（ｎ）の多項式であらわすことが出来ます。
（後述）
41:１３２人目の素数さん
04/01/26 13:59
４０は宿題にします。
42:１３２人目の素数さん
04/01/26 16:41
フィボナッチやリュカだけじゃなくて
a_1=1,a_2=nとしても、
奇数、奇数、偶数のワンパターンな気がするんだがこれって証明ある？
43:sage
04/01/26 20:56
まあ、それは証明するまでもないでしょう？
そうしかならない事はすぐわかるから。
（そのパターンには気づかなかったけど）
44:20
04/01/27 04:40
４０についてだが、数学の問題はエレガントな解法があるとは限らない・・・
データをたくさん集めて、形を予測し、あとは数学的帰納法で、という
キタナイ解法しかないかも知れない。残念ですが・・・
45:２０
04/01/27 05:30
基礎公式集
ＦＬ数の自然な拡張
Ｆ（-ｎ）＝（（-１）＾（ｎ-１））Ｆ（ｎ）
Ｌ（-ｎ）＝（（-１）＾ｎ）Ｌ（ｎ）
ＦＬ数の自乗変換公式
５Ｆ（ｎ）＾２＝Ｌ（ｎ）＾２-（（-１）＾ｎ）４
46:２０
04/01/27 05:45
シグマ記法/例
Ｆ（ｎ）＾２＝Σ（（-１）＾ｖ）Ｆ（２ｎ-１-２ｖ）。
Σ【ｖ＝０からｖ＝ｎ-１まで】
シグマの範囲を上のようにあらわすことにする。シグマが複数ある場合は
Σａ、Σｂなどと名づけて区別
この式の例
たとえば、Ｆ（５）＾２＝Ｆ（９）-Ｆ（７）+Ｆ（５）-Ｆ（３）+Ｆ（１）
といった具合。
47:１３２人目の素数さん
04/01/27 13:39
>>40
U(n)=(α^n-β^n)/(α-β), V(n)=α^n+β^n, Q=αβ∈Zとおくと、
U(kn)/U(n)=（α^(kn)-β^(kn)）/（α^n-β^n）
=α^(k(n-1))β^n+....+α^n β^(k(n-1))
これはα^n, β^nに関するZ上の対称式なので、
U(kn)/U(n)はV(n)=α^n+β^n, および(αβ)^n=Q^nのZ上の多項式で表される。
Q∈Zより、U(kn)/U(n)はV(n)の多項式で表される。
48:２０
04/01/27 16:32
４７さん、どうも。
４７さんのやり方でＦ（ｋｎ）/Ｆ（ｎ）がＬ（ｎ）の多項式であらわせる
事が示せます。一般に対称式が、基本対称式であらわせることを使っています。
49:１３２人目の素数さん
04/01/28 10:27
１０は証明されてる？
50:１３２人目の素数さん
04/01/28 20:31
>>49
補題 自然数nについてn≧F(k)＞n/2となるフィボナッチ数F(k)が存在する。
∵n以下の最小のフィボナッチ数F(k)がn/2>F(k)とするとF(k)>F(k-1)より
F(k+1)<n が導かれF(k)の最小性に反する。
定理 全ての自然数nはいくつかの異なるフィボナッチ数の和で表すことができる。
n=1のときは明らかに成り立つ。
m以下の自然数で成り立つとする。
m+1に対してm+1≧F(k)>(m+1)/2となるものが取れる。(∵補題より)
F(k)=m+1ならばそれでよい。 F(k)>m+1のとき
m+1-F(k)<m であるので、仮定より異なるフィボナッチ数の和(*)で表せる。
このときm+1-F(k)<(m+1)/2<F(k)であるので、表示(*)のなかにF(k)は含まれない。
よって m+1=F(k)+(*) は題意を満たす表示となる。
51:２０
04/01/29 09:32
５０さん、どうもありがとう！
52:４０の解法
04/02/01 20:55
基本公式
Ｆ（ａ）＝Ｌ（ｂ）Ｆ（ａ－ｂ）－（（－１）＾ｂ）Ｆ（ａ－２ｂ）・・・（１）
に、ａ＝ｋｎ，ｂ＝ｎを代入する事により（ｋ≧２とする）、
Ｆ（ｋｎ）＝Ｌ（ｎ）Ｆ（（ｋ－１）ｎ）－（（－１）＾ｎ）Ｆ（（ｋ－２）ｎ）・・・（２）
両辺をＦ（ｎ）で割り（ｎ≧１）、Ｆ（ｋｎ）/Ｆ（ｎ）＝Ｇ（ｋ）と置けば、
Ｇ（ｋ）＝Ｌ（ｎ）Ｇ（ｋ－１）－（（－１）＾ｎ）Ｇ（ｋ－２）・・・（３）
簡略化のために、Ｌ（ｎ）＝ｘ，（（－１）＾（ｎ－１））＝ｙと置くことにより
漸化式、Ｇ（ｋ）＝ｘＧ（ｋ－１）+ｙＧ（ｋ－２）・・・（４）
を得る。
ただし、Ｇ（１）＝Ｆ（ｎ）/Ｆ（ｎ）＝１
Ｇ（２）＝Ｆ（２ｎ）/Ｆ（ｎ）＝Ｌ（ｎ）＝ｘ である。
（つづく）
53:２０
04/02/03 02:10
もうしわけないが、以下、数学的帰納法で解く部分が相当煩雑な記述になって
しもうので、割愛させていただく。右辺の２変数多項式の係数に２項係数が
あらわれることが観察され、そこから一般形を予測し、帰納法で証明する。
結果として
Ｆ（ｋｎ）/Ｆ（ｎ）＝Σ（ｙ＾ｖ）（ｋ－１－ｖＣｖ）（ｘ＾（ｋ－１－ｖ））
Σ【ｖ＝０から（ｋ－１）/２）の整数部分まで】
ただし、ｘ＝Ｌ（ｎ），ｙ＝（－１）＾（（ｎ－１）*ｖ）
（ｋ－１－ｖＣｖ）は、もちろん２項係数
54:訂正
04/02/03 02:12
下から２行目
ｙ＝（－１）＾（ｎ－１）の誤り
55:訂正２
04/02/03 02:14
１行目
ｘ＾（ｋ－１－ｖ）はｘ＾（ｋ－１－２ｖ）の誤り
56:１３２人目の素数さん
04/02/03 02:23
気色悪いのでもう一度、清書する・・・
Ｆ（ｋｎ）/Ｆ（ｎ）
＝Σ（（－１）＾（（ｎ－１）*ｖ））（ｋ－１－ｖＣｖ）Ｌ（ｎ）＾（ｋ－１－２ｖ）
Σの範囲は、ｖ＝０から（（ｋ－１）/２）の整数部分まで
どうもパソコンの画面で数学するのは・・・記法が煩雑になって苦しいですね。
57:KingMathematician ◆5lHaaEvFNc
04/02/03 11:06
Re:>>56 分数と冪を扱えるソフトを使えば読みやすくなるのではないだろうか？
58:２０
04/02/03 15:00
レス、ありがとう。
なにか色々、そういうテクがあるんでしょうね。私はそういった方面の
知識にはとんと、うとくて・・・。パソコンやインターネットが得意とは
とてもいえない人間です。
59:１３２人目の素数さん
04/02/06 20:01
かなり詳しいサイト発見。公式、応用などいろいろ載ってまつ。
URLﾘﾝｸ(www.mcs.surrey.ac.uk)
公式が見たい人はここへ。参考文献もなかなか。
URLﾘﾝｸ(www.mcs.surrey.ac.uk)
URLﾘﾝｸ(www.mcs.surrey.ac.uk)
60:１３２人目の素数さん
04/02/07 23:28
英語にうといからな・・・
61:26
04/02/07 23:40
>>26
＞3. U(m+n)=U(m)U(n)-Q^n U(m-n),
＞V(n)=U(n+1)-QU(n-1).
訂正。
U(m+n)=U(m)V(n)-Q^n U(m-n),
V(m+n)=V(m)V(n)-Q^n V(m-n)=DU(m)U(n)+Q^n V(m-n).
ネタ本(Ribenboim, The New Book of Prime Number Records)の記述を
そのまま写したらミスった。逝ってくる。
62:１３２人目の素数さん
04/02/08 19:24
U_iをFibonacci数列とし、
LCM(a_1, ..., a_n)をa_1, ..., a_nの最小公倍数とする。このとき
lim n→∞ (log(U_1U_2...U_n)/logLCM(U_1, U_2, ..., U_n))=π^2/6
参考：
URLﾘﾝｸ(listserv.nodak.edu)
63:２０
04/02/09 01:12
英語にうとい６０さんにも（そして私にも）朗報。６１さんの指摘した
Ｒｉｂｅｎｂｏｉｍの本そのものではないが、それを元に編集された本
として、「素数の世界 その探求と発見」が共立出版から出ています。
さて、われわれはＦ（ｎ）を、（α＾ｎ－β＾ｎ）/（αーβ）と定義し
ましたが、Ｆ（ｎ）には、他にもいろいろな表示があることが知られて
います。たとえば、５２の（４）において、ｘ＝１、ｙ＝１と置けば、
これは（ｋについての）フィボナッチ漸化式になりますから、５６の結果
と、ｋをｎに再度、置きかえる事により、次式が得られます。
Ｆ（ｎ）＝Σ（ｎ－１－ｖＣｖ）・・・・・・・・・・・・・・（Ａ）
ただし、Σの範囲は、ｖ＝０から、ｐ（ｎ）まで。
ただし、今後、ｐ（ｎ）は（（ｎ－１）/２）の整数部分を表わすものとします。
64:２０
04/02/09 01:30
以下、いくつか私の知っているものを挙げてみます。まだまだ、あると
思いますが。
Ｆ（ｎ）＝（１/２＾（ｎ－1））Σ（ｎＣ2ｖ+1）５＾ｖ・・・・・（Ｂ）
Σの範囲は、ｖ＝０から、ｐ（ｎ）まで
Ｆ（ｎ）＝Π（１+４（ＣＯＳ（ｋπ/ｎ））＾２）・・・・・・・・（Ｃ）
Πの範囲は、ｋ＝１から、ｐ（ｎ）まで
（Πは積の記号です）
Ｆ（ｎ）
＝（１/２＾（ｎ－1））Σａ｛Σｂ（ｎＣ2μ+1）（μＣｖ）｝４＾ｖ・・・・（Ｄ）
ただし、Σａの範囲は、ｖ＝０から、ｐ（ｎ）まで
Σｂの範囲は、μ＝ｖから、ｐ（ｎ）まで、です。
Ｂ，Ｃ，Ｄは、いづれも（私が）証明できていません。（Ｄは形をみてるだけで
鬱になりそうです・・・）誰か、証明法がわかる人がいたら、教えてください・・。
65:２０
04/02/09 01:43
・・・しかし、いずれも和や積のパラメータの終値がきっかりそろえた
ように、ｐ（ｎ）すなわち（（ｎ－１）/２）の整数部分（普通は、ガウス
記号を使いますね）になっているのは、実に印象的ですね。
66:１３２人目の素数さん
04/02/09 03:11
(1+x)^n-(1-x)^n を考える。
二項定理より ( 二項係数を C(n,k) とかく事にする。)
(1+x)^n-(1-x)^n
=Σ[k=0 to n]C(n,k)x^k-Σ[k=0 to n]{(-1)^k}C(n,k)x^k
kが偶数の項は打ち消しあって0になり,Kが奇数の項が2個残るので
(1+x)^n-(1-x)^n
=2Σ[k=0 to p(n)]C(2m,2k+1)x^(2k+1)
=2xΣ[k=0 to p(n)]C(2m,2k+1)x^(2k)
ここでx=√5を代入すると
(1+√5)^n-(1-√5)^n)=2√5Σ[k=0 to p(n)]C(n,2k+1)5^k
これの両辺を2^n√5で割ると、左辺はF(n)になり>>64のBが示せる。
67:１３２人目の素数さん
04/02/09 03:39
同様に(1+x)^n-(1-x)^n について、話を簡単にするためn=2mとして偶数の場合とする。
実数aについて x^(2m)=a^(2m)と言う方程式を解くと、ドモアブルの定理より
x=aexp(Kπi/m) k=0,1,･･･2m-1 となり、このうち実数解はk=0,m また共役な解をセットにすると
x=±a, aexp(±Kπi/m) k=1,･･･m-1 となり これより
x^(2m)-a^(2m)=(x-a)(x+a)Π[k=1 to m-1]{x-aexp(kπi/m)}{x-aexp(-kπi/m)}=(x-a)(x+a)Π[k=1 to m-1]{x^2-2axcos(kπ/m)+a^2}
を得る。これにx=(1+x) a=(1-x)を代入して整理すると
(1+x)^(2m)-(1-x)^(2m)=4xΠ[k=1 to m-1]{2+2x^2+2(1-x^2)cos(kπ/m)}
三角関数の半角公式etcを用いて整理すると 2m=n だから
2+2x^2+2(1-x^2)cos(kπ/m)=4sin^2(kπ/n)+4cos^2(kπ/n)x^2=4+4cos^2(kπ/n)*(x^2-1) これより
(1+x)^(2m)-(1-x)^(2m)
=4xΠ[k=1 to m-1]{4+4cos^2(kπ/n)*(x^2-1)}
=(4^m)xΠ[k=1 to m-1]{1+cos^2(kπ/n)*(x^2-1)}
x=√5 を代入して 両辺を4^m=2^(2m) で割れば >>64のCのn=2mの場合を得る。
n=2m-1 とした場合も最初の因数分解が少し変わるだけで後はほぼn=2mの場合と同じ。
68:１３２人目の素数さん
04/02/09 05:04
既出かな？
n個のフィボナッチ数列 1,1,2,3,…,F(n)の中から二つの数を
ランダムに取り出す。( どの数を取り出す確率も等しい )
この時、二つの数が互いに素である確率をR(n)と置き、
R=lim[n→∞] R(n) とすれば
8/(π^2)＞R＞7/(π^2)
が成立する。
G(n) = Π[k=1,n] F(k)
と定義するとき、n個の連続したフィボナッチ数列の
積はG(n)の倍数である事を示せ。
69:２０
04/02/09 12:19
>>66,67
すばらしい。あっというまに答えが返ってきました・・。数板の方はやはり優秀
なんですね。勉強になりました。
ところで、Ｄですが、もしかしたら書き間違いがあるかもしれません。いま、確かめ
中なので、少々、待ってください。（ご迷惑をかけていないといいのですが・・）
>>68
６８さん、出題ありがとうございます。
70:67
04/02/09 14:03
夜中にやったから誤字が多いな。以下訂正。
7行目2+2x^2+2(1-x^2)cos(kπ/m) →2+2x^2-2(1-x^2)cos(kπ/m)
9行目の最初のも同様。
13行目 4^m=2^(2m) →2^(2m)√5 で割る。
Dは手をつけてないけど、Bをいじるのかな。
71:１３２人目の素数さん
04/02/09 17:15
n番目までのフィボナッチ数の和 = F_n+2 - 1
既出？
ってか思いついた当初は普通にFn=α^n - β^n / α-βつかって証明したんだけど
いま思うともっと簡単な照明方法あったかもしれない・・・
ところでFnの逆数の無限和はどうなるの？
ググって見たけど数セミに昔載ってたって事しか分からんかった。
72:１３２人目の素数さん
04/02/09 18:05
URLﾘﾝｸ(www.amazon.co.jp)
当然お前ら、この本買ったよな？
73:１３２人目の素数さん
04/02/10 00:52
Thomas Koshy,
Fibonacci and Lucas numbers with applications,
John Wiley , 2001
これが今のところFibonacci数の初等整数論的性質を扱った本では
一番詳しいと思われ。
これ以外にも
T.N. Shorey, R. Tijdeman,
Exponential diophantine equations, CTM 87,
Cambridge University Press, 1986,
Graham Everese,
Recurrence sequences, Mathematical surveys and monographs 104,
AMS, 2003
URLﾘﾝｸ(www.ams.org)
URLﾘﾝｸ(www.mth.uea.ac.uk)
が二階線形循環数列の数論的性質を扱ってるが超越数論的な方法を
使っているので少し難しいかも。
74:１３２人目の素数さん
04/02/10 01:28
Ｋｏｓｈｙの本は、いくら位で手にはいるものですか。値段のことですが。
（非常に、俗な質問で申し訳ないです）
75:１３２人目の素数さん
04/02/10 03:27
>>64のDはやはりBから導けるね。
5^v=(1+4)^v=Σ[k=0 to v]C(v,k)4^k とできるので、Bより
F(n)=1/2^(n-1)Σa[v=0 to p(n)]Σb[k=0 to v]C(n,2v+1)*C(v,k)*4^k
とできる。ここでkの値に注目し、k=iとなる項全てを集めると、
C(n,2i+1)*C(i,i)*4^i 、C(n,2(i+1)+1)*C(i+1,i)*4^i、･･･
･･･、C(n,2p(n)-1)*C(p(n)-1,i)*4^i 、C(n,(2p(n)+1)*C(p(n),i)*4^i
となる。これらの和は Σ[u=i to p(n)]C(n,2u+1)*C(u,i)*4^i …(*)
iはkのとる値であり、kは0からvまでを渡るが、vは0からp(n)までを渡るので
結局kも0からp(n)までの値を渡る。ゆえにiも0からp(n)間での値を取る。
(*)を全てのiに付いて足しあげれば、
Σa[v=0 to p(n)]Σb[k=0 to v]C(n,2v+1)*C(v,k)*4^k
に含まれる項を漏れも重複もなく足し挙げる事ができるので
Σa[v=0 to p(n)]Σb[k=0 to v]C(n,2v+1)*C(v,k)*4^k=Σ[i=0 to p(n)](*)
以上より F(n)=1/2^(n-1)Σa[i=0 to p(n)]Σb[u=i to p(n)]C(n,2u+1)*C(u,i)*4^i
76:１３２人目の素数さん
04/02/10 17:42
>>74
amazon では、12264円らしい。米国では 105ドルとか。
77:１３２人目の素数さん
04/02/10 19:04
>>64
シグマの変数は”∑[v=0,n]”みたいに書いてくれないか？
正直読みにくい。
78:１３２人目の素数さん
04/02/11 08:29
テスト
79:２０
04/02/11 08:39
あれ、書き込めた・・・。しばらくまんが喫茶からの書き込みは
できなかったのに。
６６＝６７＝７５さん、どうも。まだくわしく内容をみていないの
ですが、Ｂから、５＾ｖ＝（４+１）＾ｖに注目して、Ｄが本当に
導けるのですね・・。まったく、考えもつきませんでした。
出題してみたかいがありました。本当に勉強になります・・。
>>77
わかりました
80:２０
04/02/14 00:00
・・こんなのもありました。やはり証明がわかりません。教えてください。
Ｆ（ｋｎ）
＝Σ[ｖ＝１、ｋ]Ｃ（ｋ、ｖ）Ｆ（ｎ）＾ｖ*Ｆ（ｎ－１）＾（ｋ－ｖ）*Ｆ（ｖ）
ただし、ｋ≧１、ｎ≧１。
81:１３２人目の素数さん
04/02/14 00:48
つか、どこから見つけてくるの？
参考書を見れば載ってるんじゃないの？
82:２０
04/02/14 01:44
自分では解き方がわからないのです。
83:１３２人目の素数さん
04/02/15 03:32
自分ではネタ出しできないんで、証明が出てないやつに手をつけてみる。
>>68の後半
n>rとしてG(n)/{G(n-r)G(r)}が常に整数となることを示せばよい。
G(n)/{G(n-r)G(r)=D(n,r)と書くことにする。また、便宜的にG(0)=1と定義しておく。
1≦r≦ｎ-1としたとき
F(r+1)*D(n-1,r)+F(n-1-r)*D(n-1,r-1)
=G(n-1)/{G(n-r)G(r)}*{F(n-r)*F(r+1)+F(n-r-1)*F(r)}
>>38の3を用いると F(n-r)*F(r+1)+F(n-r-1)*F(r)=F(n) なので
F(r+1)*D(n-1,r)+F(n-1-r)*D(n-1,r-1)
=G(n-1)/{G(n-k)G(k)}*F(n)=G(n)/{G(n-r)G(r)}
となり F(r+1)*D(n-1,r)+F(n-1-r)*D(n-1,r-1)=D(n,r) がえられる。
また定義に従って計算すれば任意の自然数nについてD(n,0)=D(n,n)=0
あとはnに関する帰納法でn=1のときD(1,0)=D(1,1)=1で
n=1に対してD(n,r)は整数。 n=kのときD(k,r)が全て整数であるとして
1≦r≦kに対し D(k+1,r)=F(r+1)*D(k,r)+F(k-r)*D(k,r-1) となり整数の和と積で現されるので
D(k+1,r)は整数。 r=0,k+1に対してもD(k+1,r)は整数なので
n=k+1のときもD(n,r)が全て整数である事が示せる。
84:１３２人目の素数さん
04/02/17 05:23
>>68前半
8/(π^2)＞R＞7/(π^2)というか、
まんまR=15/(2π^2)になる様な気がするんだが、
わざわざ不等式で書いてあるぐらいだし
そんな簡単なもんじゃないのかな?
見てらっしゃったらコメント希望です。
85:１３２人目の素数さん
04/02/18 21:37
arg(F(2n+2)+i)+arg(F(2n+1)+i)=arg(F(2n)+i)
面白い性質なので載せておきます。
86:１３２人目の素数さん
04/02/18 23:42
拡張させると、
arg(F(1)+i)+arg(F(3)+i)+arg(F(5)+i)+・・・＋arg(F(2n-3)+i)+arg(F(2n-1)+i)+arg(F(2n)+i)
=( ∑[v=0,n-1]arg(F(2v+1)+i) )+arg(F(2n)+i)
=π/4
初等幾何としてはどう解けるのでしょうか。分かりません。
87:１３２人目の素数さん
04/02/19 22:08
簡略化の為、m,nの最大公約数を{m,n}と書くことにする。すると
{F(m),F(n)}＝F({m,n})
（d｜n ⇔ F(d)｜F(n)。の格調みたいな感じですかね・。）
88:２０
04/02/21 01:56
そろそろ、あげよ・・・
以下において、ｐ＝（－１）＾ｎと置く
F(２ｎ）＝L(ｎ）F(ｎ）
F(３ｎ）＝（L（２ｎ）+ｐ）F(n）
F(４ｎ）＝L(ｎ）L(２ｎ）F(ｎ）
F(５ｎ）＝（L(ｎ）L(３ｎ）+１）F(ｎ）
F(６ｎ）＝（L(２ｎ）+ｐ）（L(２ｎ）-ｐ）L(ｎ）F(ｎ）
F(７ｎ）＝（L(ｎ）L(２ｎ）L（３ｎ）-ｐ）F(n）
F(８ｎ）＝L(ｎ）L(２ｎ）L(４ｎ）F(ｎ）
F(９ｎ）＝（L(６ｎ）+ｐ）（L（２ｎ）+ｐ）F(ｎ）
F(１０ｎ）＝（L(ｎ）L(３ｎ）+１）（L(２ｎ）L(３ｎ）-L(ｎ））F(ｎ）
ただし
Ｌ（３ｎ）＝Ｌ（ｎ）＾３-３ｐ*Ｌ（ｎ）
Ｌ（４ｎ）＝（Ｌ（ｎ）＾２-２ｐ）＾２-２
Ｌ（６ｎ）＝Ｌ（ｎ）＾２（Ｌ（ｎ）＾２-３ｐ）＾２－２ｐ
89:２０
04/02/21 02:07
８８ではＦ（ｋｎ）の表現に「＾」を使わないこと、をルール
にしてやってみました。（ｐだけは仕方がないです）
90:１３２人目の素数さん
04/02/21 03:33
>>80 出来ますた。
F(n)α+F(n-1)=A(n) F(n)β+F(n-1)=B(n) とする。
A(n)^k B(n)^k について、二項定理から
A(n)^k=Σ[v=0,k]C(k,v)*F(n)^v*F(n-1)^(k-v)*α^v
B(n)^k=Σ[v=0,k]C(k,v)*F(n)^v*F(n-1)^(k-v)*β^v となるので
(A(n)^k-B(n)^k)/√5=Σ[v=1,k]C(k,v)*F(n)^v*F(n-1)^(k-v)*F(v) が得られる。
A(n)=(α^n-β^n)*α/√5+{α^(n-1)-β^(n-1)}/√5
={α^(n+1)+β^(n-1)^}/√5+{α^(n-1)-β^(n-1)}/√5
=α^(n-1)*(α^2+1)/√5
=α^n
同様にしてB(n)=β^n となるので
(A(n)^k-B(n)^k)/√5={α^(kn)-β^(kn)}/√5=F(kn)
ゆえ、F(kn)=Σ[v=1,k]C(k,v)*F(n)^v*F(n-1)^(k-v)*F(v)
91:２０
04/02/21 03:37
すばらすぃ～
サンクス >>90
92:１３２人目の素数さん
04/02/29 16:21
てすと
93:２０
04/02/29 16:30
また出題です。保守あげも兼ねて・・
Ｇ（ｋ）＝Ｆ（ｋｎ）/Ｆ（ｎ）、ｐ＝（－１）＾ｎ、
ＬＬ（ｍ）＝Π[ｋ＝１、ｍ]Ｌ（ｋｎ） と置くとき
ＬＬ（１）＝Ｇ（２）。ＬＬ（２）＝Ｇ（４）、ＬＬ（３）＝Ｇ（７）+ ｐ、
ＬＬ（４）＝Ｇ（１１）+ ｐ*Ｇ（５）、となりますが、では
ＬＬ（５）以降はどうなるか？
４までのような簡明なかたちで表現できるでしょうか。
94:２０
04/02/29 17:00
ＬＬ（５）は、いま考えてみたら
ＬＬ（５）＝Ｇ（１６）+ ｐ*Ｌ（２ｎ）*Ｇ（８）
になってしまった・・。Ｌ（２ｎ）が目障りだなぁ。なんとか消えない
ものか・・・。
95:２０
04/02/29 17:17
無理やり、Ｌ（２ｎ）を消すとすれば
ＬＬ（５）＝Ｇ（１６）+ ｐ*（Ｇ（４）Ｇ（８）/Ｇ（２））
か・・あまり、「キレイなかたち」にはならないのかな？
一般項をもとめることは出来るかな？
96:２０
04/02/29 18:03
英語ができる人は、フィナボッチ・ウィークリーから面白そうな
結果をみつけて訳してくれると嬉しいのだが・・・。
97:１３２人目の素数さん
04/03/03 10:16
てすと
98:２０
04/03/03 10:36
考えてみたら、９４のＬ（２ｎ）は簡単に消すことができる。
>>38 の基本定理３を思い出すと
Ｆ（ａ）＝Ｌ（ｂ）Ｆ（ａ－ｂ）－（（－１）＾ｂ）Ｆ（ａ－２ｂ）
であった。この式のａに１０ｎを、ｂに２ｎを代入することにより
Ｆ（１０ｎ）＝Ｌ（２ｎ）Ｆ（８ｎ）－Ｆ（６ｎ）
すなわち
Ｌ（２ｎ）Ｆ（８ｎ）＝Ｆ（１０ｎ）+Ｆ（６ｎ）
したがって、両辺をＦ（ｎ）で割ることにより
Ｌ（２ｎ）Ｇ（８）＝Ｇ（１０）+Ｇ（６）
を得る。結果として
ＬＬ（５）＝Ｇ（１６）+ｐ（Ｇ（１０）+Ｇ（６））。
では、ＬＬ（６）はどうなるでしょう？（みればわかる通り単なる計算問題です）
99:１３２人目の素数さん
04/03/03 10:44
前者に関して。
隣接２項の比は黄金比に収束する。
全部読んでないからすでにでてきてたらすまん。
100:２０
04/03/03 11:22
一応、省略記号を使わない書き方でも書いておきます。
Ｌ（５ｎ）Ｌ（４ｎ）Ｌ（３ｎ）Ｌ（２ｎ）Ｌ（ｎ）
＝Ｆ（１６ｎ）/Ｆ（ｎ）+（（－１）＾ｎ）（Ｆ（１０ｎ）/Ｆ（ｎ）+
Ｆ（６ｎ）/Ｆ（ｎ））
101:２０
04/03/04 06:24
フィボナッチ数論って、人気ないですねぇ。もちろん、孤立した小島のような
ところがあるから無理もないかもしれませんが。
102:２０
04/03/05 10:16
ＬＬ（６）はできました。
ＬＬ（６）＝Ｇ（２２）+Ｇ（１０）+ｐ（Ｇ（１６）+Ｇ（１２）+Ｇ（４））
です。ＬＬ（７）は、まだ出来ない・・・。Ｌ（７ｎ）という項が出てきて
なかなか消えてくれません・・。
103:１３２人目の素数さん
04/03/05 11:08
>>102
G(k)L(ln)=G(k+l)+p^l*G(k-l) (k≧lの場合) ,G(k+l)-p^k*G(l-k) (K≦Lの場合)
ただしG(0)=0としておく。
これより
LL(7)
LL(6)*L(7n)
=G(29)+(17)+G(9)+G(5)+p{G(23)+G(19)+G(15)+G(11)}
LL(8)=G(37)+G(25)+G(21)+G(17)+G(13)+G(9)+1+p{G(31)+G(27)+G(23)+G(19)+G(15)+G(11)+G(7)}
以下計算を繰り返してLL(9)、LL(10)を求められるが一般項を求められるかはよくわからん。
104:２０
04/03/06 09:58
>>103
・・・その通りですね。僕はＧ（２９）の展開式のなかにＬＬ（７）の項が
あらわれることから逆算して解こうとしていた。だから、Ｌ（７ｎ）の項が
消えてくれないなどと寝言を言っていた。それより、ＬＬ（６）の式の両辺
にＬ（７ｎ）を掛け、あとは基本定理の３をくり返し使うだけですよね・・・。
（１０３さんが使っているのは、３にａ＝（ｋ+ｌ）ｎ、ｂ＝ｌｎを代入した式
Ｆ（（ｋ+ｌ）ｎ）＝Ｌ（ｌｎ）Ｆ（ｋｎ）ー（（－１）＾（ｌｎ））Ｆ（（ｋ－ｌ）ｎ）
を移行して、Ｆ（ｎ）で割ったものです。上記の式のほうが使いやすいかも
知れないので、定理３の系１として置きます。）
105:２０
04/03/06 10:10
もう少し、詳しく言いますと
２+２＝４、４+３＝７、７+４＝１１、１１+５＝１６、１６+６＝２２、
まず、ＬＬの展開式の最大項に上の関係が成り立つことから、２２+７＝２９
でＧ（２９）の展開式のなかにＬＬ（７）があらわれることが予測できたという
訳ですが・・・なんとも遠回りしてますね。
106:２０
04/03/08 09:33
１０４では、基本定理３を繰り返し使うだけ・・などと書いて
しまいましたが、そんなに簡単ではありませんでした。
おもしろい箇所があるので、ぜひ実際に計算してみてください。
特に、ＬＬ（４）辺りの計算を。
107:２０
04/03/08 09:39
ＬＬ（９）以上の計算はきわめて膨大化するので、コンピュータ
にやらせないと無理かも。僕も、ちょっとそちらの方面を勉強
してみようと思ってます。リサ/アジールは一応持ってるので・・・。
108:２０
04/03/10 11:29
Ｆ（ｎ+ｋ）＾２＋Ｆ（ｎ-ｋ）＾２
＝Ｌ（２ｋ）*Ｆ（ｎ）＾２-（（-1）＾ｋ）２Ｆ（ｋ）＾２
＝１/５｛Ｌ（２ｎ）*Ｌ（ｋ）＾２-（（-1）＾ｋ）２Ｌ（ｎ）＾２｝
109:１３２人目の素数さん
04/03/10 14:25
期待あげ
110:１３２人目の素数さん
04/03/14 14:21
なんかないのか？ いいネタ。
111:１３２人目の素数さん
04/03/21 09:41
自然数nを奇数の和で書き表す方法(和の順序を考慮にいれる.)の数をS(n)とする。
例えば 4=1+1+1+1=1+3=3+1 なのでS(4)=3
S(n)を求めよ。
112:１３２人目の素数さん
04/03/22 15:30
これは面白いですね。ありがとうございます。
113:１３２人目の素数さん
04/03/26 23:06
(∑[v=1,∞]F(v)/(10^(v+2)))=1/89
114:１３２人目の素数さん
04/03/27 13:56
１１３の証明、誰かわかる？
115:１３２人目の素数さん
04/03/27 23:03
S=(∑[v=1,∞]F(v)/(10^(v+2)))=1/89 とする。(ただしF(0)=0)
S=F(1)/10^2+F(2)/10^3+F(3)/10^4+F(4)/10^5+・・・・・・
=(1/100)+(F(0)/10^3+F(1)/10^3)+(F(1)/10^4+F(2)/10^4)+(F(2)/10^5+F(3)/10^5)+・・・・・・
(並べ替えると)
=1/100+(F(1)/10^4+F(2)/10^5+・・・・・・)+(F(1)/10^3+F(2)/10^4+F(3)/10^5・・・・・・)
=1/100+S/10+S/100
よって、S=1/100+S/10+S/100 これを解くと
S=1/89
116:１３２人目の素数さん
04/03/28 14:43
もしくは、フィボナッチ数列の一般項 F(n)=(((1+5^2)/2)^n-((1-5^2)/2)^n)/5^2
から等比数列の和と出してもいいかな。めんどくさいけど・・・
117:１３２人目の素数さん
04/03/29 08:16
>>115
サンクス！
118:牛宿も入れようよ
04/03/29 20:12
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:767-783番)
リュカ数列参考にさせていただきました。他にもなにかあるんでしょうねぇﾜｸﾜｸ
119:１３２人目の素数さん
04/04/04 18:48
fib
120:１３２人目の素数さん
04/04/10 00:21
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
1 7 21 35 35 21 7 1 パスカルの三角形を変形させて
（各行の和）
1 ・・・・1
1 ・・・・1
1 1 ・・・・2
2 1 ・・・・3
1 3 1 ・・・・5
3 4 1 ・・・・8
1 6 5 1 ・・・・13
4 10 6 1 ・・・・21
1 10 15 7 1 ・・・・34
5 20 21 8 1 ・・・・55
1 15 35 28 9 1 ・・・・89
6 35 56 36 10 1 ・・・・144
1 21 70 84 45 11 1・・・・233
121:１３２人目の素数さん
04/04/17 00:06
>>120
URLﾘﾝｸ(www004.upp.so-net.ne.jp)
にあることのようですね。
122:１３２人目の素数さん
04/04/21 10:31
期待あげ
123:１３２人目の素数さん
04/04/21 23:51
[nが素数]⇒[L(n)≡1(mod.n)]逆は謎。
124:１３２人目の素数さん
04/04/24 15:41
∀n,∃m Ｆ(m)≡0(mod.n)
125:１３２人目の素数さん
04/04/28 01:36
迫関数列f[n]について、
f[L(n)](n)=L(n)
126:１３２人目の素数さん
04/05/02 22:54
４つの連続するフィボナッチ数の積は、あるピタゴラスの三角形の面積。
127:１３２人目の素数さん
04/05/09 03:56
407
128:１３２人目の素数さん
04/05/10 21:44
>126
４つの数を b-a, a, b, a+b の積は (1/2)(2ab)(b^2-a^2).
129:１３２人目の素数さん
04/05/10 22:08
↓もありますた。（q=1)
Σ[k=0,[n/2]]Ｃ[n-k,k] = F(n+1)
シンプルで難しい問題
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:344番)
130:129
04/05/11 02:04
120,121 にガイシュツ、スマソ．
131:129
04/05/11 02:31
Σ[k=0,[n/2]] Ｃ[n-k,k](-Q)^k = U_{n+1}(Q).
ここに、U_n(Q)={(b^n)－(a^n)}/(b-a) は[26]の一般化フィボナッチ数列。
a,b は特性方程式 x^2-x+Q=0 の解
132:129
04/05/11 02:45
[26]の一般化フィボナッチ数列をU_n(P,Q)、特性方程式 x^2-Px+Q=0 の解をa,bとする。このとき
U_n = {(b^n)-(a^n)}/(b-a) だから、
U_{n+1} - a･U_n = b^n, U_{n+1} - b･U_n = a^n.
辺々掛けて、 [U_{n+1}]^2 －P･U_n･U_{n+1} +Q･[U_n]^2 = Q^n.
P^2-4Q>0 双曲線、 P^2-4Q=0 二直線、 P^2-4Q<0 楕円.
133:１３２人目の素数さん
04/05/16 23:46
任意の２０個の連続するフィボナッチ数の和はF(10)＝55で割り切れる。
134:１３２人目の素数さん
04/05/21 23:08
保守あげ。１３３の証明をしましょうね？
135:133
04/05/22 13:34
F(n)+F(n+1)+･･･+F(n+19)＝F(n+21)-F(n+1)
F(n+21)≡F(n+1) (mod.F(10))
より
任意の２０個の連続するフィボナッチ数の和はF(10)＝55で割り切れる。
136:１３２人目の素数さん
04/05/30 04:49
414
137:１３２人目の素数さん
04/05/30 18:05
(∑[v=1,∞]1/(F(v)F(v+2)))
＝1/F(1)F(3)+1/F(2)F(4)+1/F(3)F(5)+F(4)F(6)+････
＝1
138:１３２人目の素数さん
04/06/01 12:16
>137
F(v+1) = F(v+2) - F(v)
∴ 1/{F(v)F(v+2)} = 1/{F(v)F(v+1)} - 1/{F(v+1)F(v+2)}.
∴ 与式 = 1/{F(1)F(2)}.
139:１３２人目の素数さん
04/06/02 10:44
>>138
別に証明しろといってるわけではないのですが･･･
むしろ、何かいい性質･定理はないですか？
140:１３２人目の素数さん
04/06/05 19:59
フィボナッチの漸化式で定まる数列を「フィボナッチ型数列」と呼ぶことにする。
このとき、初項をうまく設定することで、全ての自然数が一度だけ表れるような
「フィボナッチ型数列群」を構成することができる。
141:１３２人目の素数さん
04/06/11 13:31
一週間書き込まないだけで何故ここまで落ちねばならぬ
142:１３２人目の素数さん
04/06/15 21:51
4n個の連続するフィボナッチ数の和はF(2n)で割り切れる。
143:１３２人目の素数さん
04/06/26 03:16
296
144:１３２人目の素数さん
04/07/03 14:47
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145:１３２人目の素数さん
04/07/03 14:58
任意の自然数に対し、その倍数となるフィボナッチ数が存在するが、
リュカ数は5の倍数とならぬ。
146:１３２人目の素数さん
04/07/03 15:01
フィボナッチ数スレから転載。
109 名前：１３２人目の素数さん ：04/06/26 17:32
F_(n+1)^3 + F_n^3 - F_(n-1)^3 = F_3n
(Kingsberg)
111 名前：１３２人目の素数さん ：04/07/03 14:12
(F_m, F_n) = F_(m, n)
147:１３２人目の素数さん
04/07/07 21:09
リュカ数と言わずにボナッチ数と呼ぼう。
148:１３２人目の素数さん
04/07/07 21:33
>>147
Serre が Spinor に対して Pinor なる言葉を作ったのと同じ考え方から。
149:１３２人目の素数さん
04/07/09 11:42
Lucasさんに失礼だろ。
150:１３２人目の素数さん
04/07/09 11:48
ｎ＞ｍのとき
F(ｎ)をF(ｍ)で割った余りをRとすると、RまたはF(ｍ)－Rがフィボナッチ数。
151:１３２人目の素数さん
04/07/09 18:26
フィボ（ ● ´ ー ｀ ● ）
152:１３２人目の素数さん
04/07/12 08:10
>>149
Lucasはおこりゃせんさ。
153:１３２人目の素数さん
04/07/14 22:55
今、「コンピュータの数学」って本のP.270で見たのだけど、
Fibonacci number systemって面白いね。
「自然数は必ずいくつかの異なるF(k)の和で表す事が出来る。」っての。
n = (b_m b_m-1 ... b_2)_F ⇔ n = Σ_{k=2...m}b_k*F(k)
具体的には
1 = (000001)_F, 10 = (010010)_F
2 = (000010)_F, 11 = (010100)_F
3 = (000100)_F, 12 = (010101)_F
4 = (000101)_F, 13 = (100000)_F
5 = (001000)_F, 14 = (100001)_F
6 = (001001)_F, 15 = (100010)_F
7 = (001010)_F, 16 = (100100)_F
8 = (010000)_F, 17 = (100101)_F
9 = (010001)_F, 18 = (101000)_F
154:153
04/07/14 22:58
あ。b_k=0または1ね。
155:153
04/07/14 23:12
あと、この無限和は収束し、その値は有理数となるってのも、率直で面白かった。
0.1
+0.01
+0.003
+0.0005
+0.00008
+0.000013
...
+10^(-n)*F(n)
...
156:153
04/07/14 23:58
また別の本から。n→∞で Σ1/F(n) は収束し、その値は無理数となる。
のだそうな、証明は、私にはまだ理解不能、、、。
また、その収束する値も具体的にはよくわからんけど、
試しに18項目まで足してみたら 3.359... と言った数字だった。
収束する値はもう少し大きくなりそう。収束めちゃ遅いっぽい。
↓計算を試した結果。
1 1 1.0 1.0
2 1 1.0 2.0
3 2 0.5 2.5
4 3 0.333333333333 2.83333333333
5 5 0.2 3.03333333333
6 8 0.125 3.15833333333
7 13 0.0769230769231 3.23525641026
8 21 0.047619047619 3.28287545788
9 34 0.0294117647059 3.31228722258
10 55 0.0181818181818 3.33046904076
11 89 0.0112359550562 3.34170499582
12 144 0.00694444444444 3.34864944026
13 233 0.00429184549356 3.35294128576
14 377 0.0026525198939 3.35559380565
15 610 0.0016393442623 3.35723314991
16 987 0.00101317122594 3.35824632114
17 1597 0.000626174076393 3.35887249522
18 2584 0.000386996904025 3.35925949212
157:１３２人目の素数さん
04/07/16 17:58
>>155
は
>>113
>>115
に詳しくあるよ。
逆数和についてはこの１０年でいくつか証明されているようですね。
158:１３２人目の素数さん
04/07/16 18:11
∑1/F(n)が無理数というのが分かったのも1989年ですしね。まだ超越数かどうかは不明だそうです。
∑1/F(n)^2,∑1/F(n)^4,∑1/F(n)^6・・・が超越数だということは分かっているのですが。
∑1/F(n)^3,∑1/F(n)^5,∑1/F(n)^7・・・についてはどの一つも分かっていないようです。
また2003年には立谷洋平が 任意の整数a≧1,b≧0に対し ∑1/F(an+b) が無理数であることも証明したそうです。
159:１３２人目の素数さん
04/07/16 18:27
∑[n=1,∞]F(n)a^n＝x/(1-a-a^2) (lal＜1/τ τ＝黄金比)
∑[n=1,∞]L(n)a^n＝(2-a)/(1-a-a^2) (lal＜1/τ)
∑[n=1,∞]nF(n)a^n＝a(1+a^2)/((1-x-x^2)^2) (lal＜1/τ)
160:１３２人目の素数さん
04/07/17 16:04
なんとそんな最近の結果だったんですか。>>158
私の見た本ではもうひとつａ>=2,b>=0で
∑1/F(a^n+b)が超越数だって書いてありました。96年のnishiokaって方の結果だそうです。
すいません。見えてなかったです。＜155
161:１３２人目の素数さん
04/07/21 17:02
>>160
西岡久美子？
162:１３２人目の素数さん
04/07/21 17:38
ちんこがたってしょうがない
163:１３２人目の素数さん
04/07/30 06:44
217
164:１３２人目の素数さん
04/07/30 13:19
F(2^m)＝L(2^(m-1))L(2^(m-2))・・・L(4)L(2)L(1)
F(n)F(n+3)-F(n+2)^3＝(-(-1)^n)F(n+1)
165:１３２人目の素数さん
04/08/05 22:17
age
166:１３２人目の素数さん
04/08/13 04:24
945
167:１３２人目の素数さん
04/08/20 13:53
629
168:１３２人目の素数さん
04/08/21 08:57
>>164
F(2n) = F(n)L(n) より帰納法で。
169:１３２人目の素数さん
04/08/24 23:07
要するに明らか
170:１３２人目の素数さん
04/08/29 14:54
L(2n + 1) は 5 の倍数でない。
#このスレをここまで全部読んだ人なら、自明に近いが、
#あなたは何秒で出来ますか???
171:１３２人目の素数さん
04/08/31 13:25
>>170
というより、L(ｎ)が5の倍数でないことが、2秒でいえると思うのだが・・
172:１３２人目の素数さん
04/09/02 05:56
>>171
確かにそうだな。
173:１３２人目の素数さん
04/09/08 01:31
170
174:１３２人目の素数さん
04/09/13 00:01:32
969
175:１３２人目の素数さん
04/09/18 02:07:19
リュカ・・・聖路加病院の事だな
176:１３２人目の素数さん
04/09/19 17:45:10
・・・基地外病院
177:１３２人目の素数さん
04/09/25 04:40:05
530
178:１３２人目の素数さん
04/09/29 21:42:51
237
179:１３２人目の素数さん
04/10/05 11:03:40
465
180:１３２人目の素数さん
04/10/10 16:23:07
995
181:１３２人目の素数さん
04/10/15 03:38:47
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182:１３２人目の素数さん
04/10/20 01:40:39
114
183:１３２人目の素数さん
04/10/24 21:52:18
690
184:１３２人目の素数さん
04/10/24 21:57:31
フィボナッチ数列って一般項に√５とかはいってきたりして
すごい嫌。
示唆に富んでる
185:１３２人目の素数さん
04/10/31 00:13:27
713
186:１３２人目の素数さん
04/10/31 00:58:00
>>184
言っている事が矛盾している。
187:ChaosicSoul ◆/yaJbLAHGw
04/10/31 11:58:24
それじゃあ、a(n+2)=2a(n+1)-a(n)にしてみるか？
これなら、一般項に無理数は入らない。
(これは等差数列になるんだけどね。)
でもやっぱり√(5)とかが入ったほうが色々面白いことが起こるのではないか？
188:１３２人目の素数さん
04/10/31 12:08:50
_,,.. -─‐- .､.._.
, '´ ╋ ヽ
〈::::::: _:::)
/´＼:::::::::_,. - ― - ､.〃/
, '/〈∨〉’‐'´ ｀ ' ､
/ ,'. 〈∧〉/ ,.' , ｉ , ｌ } ! `, ヽ ヽ ＼
｛ｿ{. ﾆ二|,' / / _! Ll⊥ｌ| .Ll_! } 、.ヽ
{ソl ﾆ二.!!ｲ /´/|ﾉ_l_,|.ﾉレ'ﾚ_l｀ﾉ|! | .l }
ﾊｿt.ｰ-;ュ;Vl /,ｨｴ下 ｢ﾊ ﾚ| j| j|丿
＼ !（(.ヽﾆ{fj ! l ` ﾊ|li_] |iﾘ {､|,ﾉ!' ／￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣
<＼ｎ )’（ (‘ｰｌ | ° ´ __,' ﾟ,' ） | Kiｎgくん♪
/.）＼_, ｀ ） ﾉﾉ＼ ｔﾉ ／(（. ＜ うんこ食べのお時間よ！
Ｖ二ｽ.Y´| （( (ｒ个 . ___. イヽ） ）) | 他の素数さんに迷惑だからおとなしくしなさいね♪
{. r_〉｀! }>' ） ／ ゝ ､,,_o]lム` ｰ- ､ ＼＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿
＼ ｆ ,. '´／ o ..::: ＼
`! {／⌒ヽ:::::: :::. ＼_:: ヽ
| .|:::/::| ',::::: ::'､:: ヾ:: ,〉、
189:１３２人目の素数さん
04/10/31 13:14:31
>>187
恥ずかしいコテ使ってんじゃねーよ
190:１３２人目の素数さん
04/10/31 13:25:47
無理数がお好みなら a(n+2)=2(a(n+1)+a(n)) の一般項とかでも全然おｋ
191:１３２人目の素数さん
04/11/05 15:08:39
586
192:１３２人目の素数さん
04/11/06 21:10:51
>>187>>189
別にどうでもいいが統一しろよ
193:１３２人目の素数さん
04/11/13 03:31:23
244
194:１３２人目の素数さん
04/11/13 18:56:06
寒いなぁ
195:１３２人目の素数さん
04/11/15 20:42:54
GCD(U(n),V(n))=1 または 2
U(n), V(n) は 26 さんが定義した一般Lucas数列で
GCD(a,b)は a, bの最大公約数とします.
私には証明できないので誰か証明していただけますか?
196:１３２人目の素数さん
04/11/15 23:04:32
>>195
(P, Q)=1であるとする。
V(n)^2-DU(n)^2=4Q^n(>>26)
より、U(n), V(n)をともに割り切る素数は2Qの約数。
U(n)≡V(n-1)(mod Q), V(n)≡P^n(mod Q)(>>27の8)
より、(U(n), Q)=(V(n), Q)=1だから、(U(n), V(n))=1 or 2.
なお、(P, Q)=1でなければ成立しないので要注意。
197:195
04/11/15 23:37:43
ありがとうございます。
( P, Q )= 1 という条件を忘れていました＾＾
Lucas 擬素数, Euler-Lucas 擬素数, 強 Lucas 擬素数を
研究している者ですが、ついでにと思い証明しようと思ったら
出来なかったので・・・・
本当にありがとうございました。
198:１３２人目の素数さん
04/11/15 23:44:32
>>197
どんな本で(擬)素数について勉強したのでつか？
199:１３２人目の素数さん
04/11/15 23:47:42
>>198
P.リーベンボイム著の「素数の世界」(共立出版)
だと思われ
200:195
04/11/15 23:56:32
はい。そうですよ。
第２版なのにミスプリが激しいあの本です。
201:１３２人目の素数さん
04/11/16 00:03:08
趣味として(擬素数を)研究してるんでつか？
>>200
202:195
04/11/16 00:09:21
修論の材料のほんの一部です。
203:１３２人目の素数さん
04/11/16 00:11:45
>>202
理科大？
204:195
04/11/16 00:23:06
いやぁ大学名までは・・・
とりあえず院生です。
205:１３２人目の素数さん
04/11/16 00:51:42
>>199-200
その原著
The New Book of Prime Number Records
を持ってるけど、>>195の証明は載ってたよ。
206:１３２人目の素数さん
04/11/21 18:39:48
669
207:１３２人目の素数さん
04/11/27 23:28:26
510
208:１３２人目の素数さん
04/11/30 21:35:01
ρ(p) | (p - (D/p))
が成り立つ。って本には書いてある。証明は知らない。
209:１３２人目の素数さん
04/12/01 00:22:13
>>208
証明は
P.リーベンボイム著の「素数の世界」(共立出版)
に載ってますよ。
210:１３２人目の素数さん
04/12/01 00:43:43
>>209
何ページに書いてます？
見つからない。
211:１３２人目の素数さん
04/12/01 18:52:28
>>61で式が間違ってたって書かれてますけど、そうなると
>>28の12
n, k≧1ならばU(n)|U(kn)
の証明はどうなりますか？
212:１３２人目の素数さん
04/12/01 20:41:36
>>28の12の証明（訂正）
>>61より
U((k+1)n)=U(n)V(kn)-Q^(kn) U(-(k-1)n)=U(n)V(kn)-Q^n U((k-1)n)
≡Q^n U((k-1)n)≡...≡(Qの累乗)*U(n)または(Qの累乗)*U(0)(mod U(n)).
213:１３２人目の素数さん
04/12/02 01:18:45
>>210
44～45ページにあるはず。
214:213
04/12/02 01:22:54
ただし日本語版で、原語でも一般化されたルカス巣列のところを探せば
載っていると思う。
215:213
04/12/02 01:45:13
この本に書かれている証明は以下のとおり
C(n,k)を二項係数とする
nが偶数のとき
2^(n-1)*U_n＝C(n,1)P^(n-1)+C(n,3)P^(n-3)+…+C(n,n-1)P*D^{(n-1)/2}
(D/p)=-1のとき
2^p*U_(p+1)=C(p+1,1)P^(p-1)+C(p+1,3)P^(p-3)+…+C(p+1,p-1)P*D^{(p-1)/2}
C(p+1,1)=C(p+1,p)=p+1≡1 (mod p)
2≦i≦p-1なるiに対して、C(p+1,i)=(p+1)*p…*(p+1-i)/i!≡0 (mod p)
C(p+1,1)P^(p-1)+C(p+1,3)P^(p-3)+…+C(p+1,p-1)P*D^{(p-1)/2}≡P^p-PD^{(p-1)/2}≡P-P≡0 (mod p)
したがって、U_(p+1)≡0 (mod p)
216:213
04/12/02 01:52:07
(D/p)=1のとき
2^(p-1)*U_(p)=C(p-1,1)P^(p-3)+C(p-1,3)P^(p-5)+…+C(p-1,p-2)P*D^{(p-2)/2}
1≦i≦p-1なるiに対して、(i!)C(p-1,i)=(p-1)*(p-2)…*(p+1-i)≡(-1)*(-2)*…*(-i)=(-1)^i*i! (mod p)
したがって、C(p-1,i)≡(-1)^i
C(p-1,1)P^(p-2)+C(p-1,3)P^(p-4)+…+C(p-1,p-2)P*D^{(p-2)/2}≡-P^(p-2)-P^(p-4)D-…-PD{(p-2)/2}
≡-P(P^(p-1)-D^{(p-1)/2})/(P^2-D)≡-P{1-1}/4Q≡0 (mod p)
したがって、U_(p-1)≡0 (mod p)
本の大筋ではこうだった。
217:213
04/12/02 12:31:26
この本の43ページにあるρ(n)|k⇔n|U_kを使えば証明できるはず。
218:213
04/12/02 12:32:28
あとは、この本の43ページにあるρ(n)|k⇔n|U_kを使えば
ρ(p)|p-(D/p)は示せるはず。
219:１３２人目の素数さん
04/12/02 21:23:39
>>213
詳しくありがとうございます。
自分なりにやってみます。
220:195
04/12/05 01:26:33
強 Lucas 擬素数 → Euler-Lucas 擬素数 → Lucas 擬素数
誰か詳しい証明わかりますか？
221:213
04/12/05 01:33:44
Euler-Lucas 擬素数 → Lucas 擬素数
NがEuler-Lucas 擬素数ならば
N|U_({N-(D/N)}/2)ならばN|U_{N-(D/N)}=U_({N-(D/N)}/2)*V_({N-(D/N)}/2)
N|V_({N-(D/N)}/2)ならばN|U_{N-(D/N)}=U_({N-(D/N)}/2)*V_({N-(D/N)}/2)
よってNはLucas 擬素数である。
(Q/N)=1は関係ありませんでした。
222:213
04/12/05 02:00:26
強 Lucas 擬素数 → Euler-Lucas 擬素数
Pリーベンボイム著の「素数の世界」(日本語版)の40ページ～49Nが強 Lucas 擬素数ならばN=2^s*d+(D/N)(dは奇数)
N|U_dまたはN|V_(2^r*d)
(0≦r＜s)となります。
N|U_dのとき
IV15より
U_d|U_({N-(D/N)}/2)だからN|U_({N-(D/N)}/2)
Nの素因数pを任意に取る
IV17より、ρ(p)|d、だからρ(p)は奇数である。
IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。
したがって、ρ(p)|U_({p-(D/p)}/2)
よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。
IV23より、(Q/p)=1であることがわかる。
よって(Q/N)=Π(Q/p)=Π1=1
したがって、N|U_dならばNはEuler-Lucas 擬素数であることがいえました。ページの定理を引用します。
223:213
04/12/05 02:01:33
強 Lucas 擬素数 → Euler-Lucas 擬素数
Pリーベンボイム著の「素数の世界」(日本語版)の40ページ～49ページの定理を引用します。
Nが強 Lucas 擬素数ならばN=2^s*d+(D/N)(dは奇数)
N|U_dまたはN|V_(2^r*d)
(0≦r＜s)となります。
N|U_dのとき
IV15より
U_d|U_({N-(D/N)}/2)だからN|U_({N-(D/N)}/2)
Nの素因数pを任意に取る
IV17より、ρ(p)|d、だからρ(p)は奇数である。
IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。
したがって、ρ(p)|U_({p-(D/p)}/2)
よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。
IV23より、(Q/p)=1であることがわかる。
よって(Q/N)=Π(Q/p)=Π1=1
したがって、N|U_dならばNはEuler-Lucas 擬素数であることがいえました。
224:213
04/12/05 02:59:23
N|V_{(2^r)*d}、r＜s-1のとき
U_({2^(r+1)}*d)=U_{(2^r)d}*V_{(2^r)*d}よりN|U_({2^(r+1)}*d)
2^(r+1)*d|{N-(D/N)}/2だからIV15より、U_({2^(r+1)}*d)|U_({N-(D/N)}/2)
したがって、N|U_({N-(D/N)}/2)となる。
Nの素因数pを任意に取る
IV17より、ρ(p)|{2^(r+1)}*d、ρ(p)の2の指数がr以下と仮定すると
ρ(p)|(2^r)*dしたがってIV17よりU_{(2^r)*d}がpで割り切れる。
V_{(2^r)*d}もpで割り切れるので、U_{(2^r)*d}とV_{(2^r)*d}が奇素数の公約数pを持つ
ことになり、IV25に反する。
よってρ(p)の2の指数はr+1であることがわかる。…※
またIV19より、ρ(p)|p-(D/p)だから2^(r+1)|p-(D/p)であることがわかった。…◎
ここで、ρ(p)|{p-(D/p)}/2⇔2^(r+2)|p-(D/p)を示そう。
(⇒)
2ρ(p)|p-(D/p)である。※より2ρ(p)の2の指数はr+2だから、2^(r+2)|p-(D/p)がいえた。
逆を示す
2^(r+2)|p-(D/p)より2^(r+1)|{p-(D/p)}/2
※よりρ(p)={2^(r+1)}*f(fは奇数)と書ける。
IV19より、f*{2^(r+1)}=ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)である。
fは奇数よりf|{p-(D/p)}/2となる。
したがって、ρ(p)|{p-(D/p)}/2となる。
225:213
04/12/05 03:00:03
IV17,IV23より2^(r+2)|p-(D/p)⇔ρ(p)|{p-(D/p)}/2⇔p|U_({p-(D/p)}/2)⇔(Q/p)=1
したがって(Q/p)=-1⇔2^(r+2)が{p-(D/p)}を割り切らないもいえる。
ここで、(Q/p)=-1となるpは偶数個であることを示す。
N=Πp≡(Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れる](D/p))(Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない]p) (mod 2^(r+2))
p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない素数p、p'をとる
◎よりp-(D/p)とp'-(D/p')は2^(r+1)で割り切れるので、
p=2^(r+1)*(2s+1)+(D/p)=2^(r+2)s+2^(r+1)+(D/p)、
p'=2^(r+1)*(2s'+1)+(D/p')=2^(r+2)s'+2^(r+1)+(D/p')、
pp'≡{2^(r+1)+(D/p)}{2^(r+1)+(D/p')}=2^(2r+2)+2^(r+1){(D/p)+(D/p')}+(D/pp')
(D/p)+(D/p')は2あるいは0あるいは-2だから
2^(2r+2)+2^(r+1){(D/p)+(D/p')}+(D/pp')≡(D/pp')となる。
(Q/p)=-1となるpが奇数個と仮定すると
Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない]p≡2^(r+1)+Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない](D/p)
したがって、
N=Πp≡(Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れる](D/p))(Π[p-(D/p)が2^(r+2)で割り切れない](D/p))+2^(r+1)*(±1)
=Π(D/N)≡(D/N)+2^(r+1) (mod 2^(r+2))となる。
実はr+2≦sより、N=(2^s)*d+(D/N)≡(D/N) (mod 2^(r+2))だから不合理
よって、(Q/p)=-1となるpは偶数個であることがいえた
よって(Q/N)=Π(Q/p)=Π[偶数個](-1)=1となります。
226:213
04/12/05 03:09:11
N|V_{(2^r)*d}、r=s-1のとき
2^r*d={N-(D/N)}/2ですから、V_({N-(D/N)}/2)がNで割り切れる。
N=(2^s)*d+(D/N)=2^(r+2)*{(d-1)/2}+2^(r+1)+(D/N)≡2^(r+1)+(D/N) (mod 2^(r+2))
であることを除けば、
>>224-225の証明とほぼ同様にして(Q/N)=-1がいえます。
よって、N|V_{(2^r)*d}のときも、NはEuler-Lucas 擬素数であることがいえました。
したがって、Nが強擬素数ならば、NがEuler-Lucas 擬素数であることが示されました。
227:213
04/12/05 03:11:28
>>220
証明は
>>221
>>223-226
をご覧ください。
228:195
04/12/05 12:52:36
どうもありがとうございます。
229:１３２人目の素数さん
04/12/12 00:02:56
464
230:１３２人目の素数さん
04/12/14 12:41:12
保守あげ
231:１３２人目の素数さん
04/12/14 12:42:08
１です。長い間、ほっといてごめんね。
232:伊丹公理
04/12/14 21:00:29
既出かも氏らんがペル方程式
(L_n)^2 - 5*(F_n)^2 = ±4
233:１
04/12/15 20:10:14
プラスマイナス４というのは下せんな。もっと限定した表現があるはず・・・
234:伊丹公理
04/12/15 21:08:57
n の偶奇によって決まる。
後は自分で調べろ
235:風あざみ
04/12/15 23:59:52
>>223
の
＞IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。
＞したがって、ρ(p)|U_({p-(D/p)}/2)
＞よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。
は
IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。
したがって、ρ(p)|p-(D/p)
よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。
の誤りだった。
236:１３２人目の素数さん
04/12/22 08:21:34
保守
237:１３２人目の素数さん
04/12/22 14:51:49
>IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。
>したがって、ρ(p)|p-(D/p)
>よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。
>の誤りだった。
は
IV19より、ρ(p)|p-(D/p)=2*({p-(D/p)}/2)となる。
したがって、ρ(p)|{p-(D/p)}/2
よって、IV17よりp|U_({p-(D/p)}/2)となる。
の誤りですか？
238:風あざみ
04/12/22 18:03:33
>>237
そのとおり
239:１３２人目の素数さん
04/12/23 19:01:45
586
240:１３２人目の素数さん
04/12/25 14:54:34
強Lucas擬素数→Euler-Lucas擬素数を証明する際に
IV17を使っているが, これは, (n,Q)=1
(本は (n,2Q)=1 だが, n は奇数だから, (n,Q)=1 で OK)
という仮定があって, 初めて成り立つんじゃないの？
一応証明しておこうか・・・・
補題:
n を D と互いに素な 1 以上の整数とする.
n|U_k となるような k が存在すれば, (n,Q)=1.
証明:
(n,Q)>1 と仮定し, p を (n,Q) の素因数とする.
P が p で割り切れないならば, 任意の k>1 に対して
U_k は p で割り切れない. これは仮定に反する.
一方, P が p で割り切れるならば, D は p で割り切れる.
これは, (n,D)=1 に矛盾する. (証明終)
強Lucas擬素数→Euler-Lucas擬素数 の証明の途中に
「 N|U_({N-(D/N)}/2) 」 という条件があるから,
ここで上の補題を使って (n,Q)=1 となるから
IV17 が使えるようになると思う.
どうだろう？間違えているかな？
241:風あざみ
04/12/25 18:34:18
>>240
そうだね。(Q/N)の値を調べることがメインだと思ったからスッコーンと抜けとった。
あとついでの話だが、実をいうとIV17の仮定の(N,2Q)=1なんだが、実は(N,Q)=1で良い
(Nが偶数、奇数にかかわらず)んだよね。
242:１３２人目の素数さん
04/12/25 18:43:18
＞あとついでの話だが、実をいうとIV17の仮定の(N,2Q)=1なんだが、
＞実は(N,Q)=1で良い(Nが偶数、奇数にかかわらず)んだよね。
あっ そうなんですか？
知りませんでした。ありがとうございました。
243:風あざみ
04/12/25 19:07:59
>>242 一応証明しておく
ρ(n)が存在し、(n,Q)=1となると仮定する。
n|U_m ⇔ ρ(n)|mとなる。
⇒
mがρ(n)割り切れないと仮定する。m=ρ(n)s+r
U_m*V_{ρ(n)s}-U_{ρ(n)s}*V_m=2Q^{ρ(n)s}*U_r…※
よって2Q^{ρ(n)s}*U_rはnで割り切れる。
nが偶数のとき
n|U_m,U_{ρ(n)s}よりU_m,U_{ρ(n)s}は偶数、よってIV18よりV_m,V_{ρ(n)s}も偶数である。
よって
U_m*{(V_{ρ(n)s})/2}-U_{ρ(n)s}*(V_m/2)=Q^{ρ(n)s}*U_r
Qとnは互いに素だからU_rがnで割り切れる。
nが奇数のとき
※より
nと2、nとQは互いに素だから n|U_rとなる。
いずれにしても、n|U_rとなるが、これはρ(n)の最小性に反する。
逆はIV15より明らか。
244:風あざみ
04/12/26 23:42:53
命題
P,Qを以下のような整数とする。
(P,Q)=1かつ数列U_nはU_0=0、U_1=1、U_(n+2)=PU_(n+1)-QU_nを取ると
n→∞ならば|U_n|→∞となる。
このときM≡1 (mod K)となるパラメーター(P,Q)の強Lucas擬素数が無数に存在すること。
(強Lucas擬素数の定義はRibenboimの「素数の世界」のP91～P92を参照ください。)
証明ではRibenboimの「素数の世界」のP40～P49のIV1～IV30とヤコビの記号の基本性質
LとNを正の奇数とすると
(-1/L)=(-1)^{(L-1)/2}、(2/L)=(-1)^{(L^2-1)/8}、(N/L)=(L/N)(-1)^({(N-1)/2}{(L-1)/2})
となることを既知とする。
245:風あざみ
04/12/26 23:43:25
準備として、補題を二つ示す。
補題１
任意のmをとる。
n≧γ(m)なる任意の自然数nに対して、U_{n+θ(m)}≡U_(n) (mod m)
となるような0以上の整数、θ(m),γ(m)が存在する。
特に、(m,Q)=1のときは、γ(m)=0となる。
証明
{U_0,U_1}、{U_1,U_2}、…、{U_(m^2),U_(m^2+1)}とm^2+1個の組を考える。
|Z/mZ×Z/mZ|=m^2だから、U_i≡U_j (mod m)、U_(i+1)≡U_(j+1) (mod m)
となるような自然数、iとj(0≦i＜j≦m^2)が存在する。
U_(j+2)≡PU_(j+1)-QU_j≡PU_(i+1)-QU_i≡U_(i+2) (mod m)
同様に、U_(j+3)≡U_(i+3)、…、U_(j+k)≡U_(i+k) (mod m)となる。
よって、n≧iなる自然数nに対して、U_(n+j-i)≡U_(n-i+j)≡U_n (mod m)となる。
特に(m,Q)=1のとき
QU_(j-1)≡PU_j-U_(j+1)≡PU_i-U_(i+1)≡QU_(i-1) (mod m)
(Q,m)=1よりU_(j-1)≡U_(i-1) (mod m)
同様に、U_(j-2)≡U_(i-2) (mod m)、…、U_(j-k)≡U_(i-k) (mod m)
したがって、任意の整数n≧0に対して、U_(n+j-i)≡U_(n-i+j)≡U_n (mod m)となる。
(m,Q)=1のときγ(m)=0、θ(m)=j-i
そうでないときγ(m)=i、θ(m)=j-iとおけばよい。
証明終
246:風あざみ
04/12/26 23:44:47
補題２
mを任意の自然数とする。
以下のような0以上の整数α(m)とβ(m)が存在する。
s≧β(m)、t≡1 (mod α(m))ならば、U_(st)/U_s≡1 (mod m)となります。
(IV15よりU_(st)/U_sは整数である)
証明
m=Π[pはQを割り切る]{p^a}*Π[qはQを割り切れない]{q^b}と書く。
以下mの素因数のうち、Qの素因数であるものをpそうでないものをqとする。
補題1よりn≧γ(p^a)なる任意のnに対してU_{n+θ(p^a)}≡U_n (mod p^a)
γ(p^a)のうち、最大になるものをw、θ(p^a)たちの最小公倍数をvと置くと
n≧wなる任意のnに対して、U_(n+v)≡U_n (mod p^a)
したがって、g≡1 (mod v)となる自然数gに対して、U_(gw)≡U_w (mod p^a)となる。
U_gのqの指数cを取る。
補題1より任意のnに対して、U_(n+θ{p^(b+c)})≡U_n (mod q^(b+c))
θ{p^(b+c)}たちの最小公倍数をv’とすると、U_(n+v’)≡U_n (mod q^(b+c))
よって、g’≡1なる任意の自然数g’に対して、U_(g’w)≡U_w (mod q^(b+c))
vとv’の最小公倍数をα(m)、wをβ(m)とする。
sをs≧β(m)なる整数、tをt≡1 (mod α(m))となる自然数とする。
U_s*{U_(st)/U_s}≡U_s (mod p^a)
(P,Q)=1だからIV24より(U_s,Q)=1だからU_sとpは互いに素
よってU_(st)/U_s≡1 (mod p^a)
U_s*{U_(st)/U_s}U_(st)≡U_s (mod q^(b+c))
{(U_s)/q^c}{U_(st)/U_s}≡U_s/q^c (mod q^b)
U_s/q^cとqは互いに素だから、U_(st)/U_s≡1 (mod q^b)
よってU_(st)/U_s≡1 (mod m)となります。
証明終
247:風あざみ
04/12/26 23:49:42
さて命題を示す。
Kを任意の整数とする。
DをD=±(2^e)*h(hは奇数)と書く
sやtを以下の性質を満たす素数とする。
s≡1 (mod 8h)、s≧β(8hf)
t≡1 (mod α(8hK)*(s-1))、U_sはtで割り切れない。
tはsに対して十分大きいものとする。
U_(st)/U_sは求める強Lucas擬素数である。
証明
M＝U_(st)/U_sとおく。
補題２よりM≡1 (mod 8hK) したがって、(D,M)=1となる。
(D/M)=(±1/M)(2/M)^e(h/M)=(M/h)=1
同様に(D/s)=(D/t)=1となるから
よってIV30より
M*U_s=U_(st)≡U_s (mod t)
U_sとtは互いに素だから、M≡1 (mod t)
(P,Q)=1だからIV30よりM≡M*U_s=U_(st)≡U_s≡1 (mod s)
よってM≡1≡(D/M) (mod st)
U_t|U_(st)=M*U_s
IV26よりU_sとU_tは互いに素だからU_t|Mとなる。
よってMは合成数である。
M=2^r*d+(D/M)=2^r*d+1(ただしrは正の整数かつdは奇数)とかけるので、d≡0 (mod st)
U_(st)≡0 (mod M)だからU_d≡0 (mod M)となる。
よってM= U_(st)/U_sは求める強Lucas擬素数である。
条件を満たす素数sとtは等差数列におけるDirichletの素数定理より無数に存在することがわかる。
よって、条件を満たすMも無数にある。
証明終
248:風あざみ
04/12/26 23:55:37
さて命題を示す。
Kを任意の整数とする。
DをD=±(2^e)*h(hは奇数)と書く
sやtを以下の性質を満たす素数とする。
s≡1 (mod 8h)、s≧β(8hK)
t≡1 (mod α(8hK)*(s-1))、U_sはtで割り切れない。
tはsに対して十分大きいものとする。
U_(st)/U_sは求める強Lucas擬素数である。
証明
M＝U_(st)/U_sとおく。
補題２よりM≡1 (mod 8hK) したがって、(D,M)=1となる。
(D/M)=(±1/M)(2/M)^e(h/M)=(M/h)=1
同様に(D/s)=(D/t)=1となるから
よってIV30より
M*U_s=U_(st)≡U_s (mod t)
U_sとtは互いに素だから、M≡1 (mod t)
(P,Q)=1だからIV30よりM≡M*U_s=U_(st)≡U_s≡1 (mod s)
よってM≡1≡(D/M) (mod st)
U_t|U_(st)=M*U_s
IV26よりU_sとU_tは互いに素だからU_t|Mとなる。
よってMは合成数である。
M=2^r*d+(D/M)=2^r*d+1(ただしrは正の整数かつdは奇数)とかけるので、d≡0 (mod st)
U_(st)≡0 (mod M)だからU_d≡0 (mod M)となる。
よってM= U_(st)/U_sは求める強Lucas擬素数である。
条件を満たす素数sとtは等差数列におけるDirichletの素数定理より無数に存在することがわかる。
よって、条件を満たすMも無数にある。
証明終
249:風あざみ
04/12/27 00:16:01
>>246の
＞ g’≡1なる任意の自然数g’に対して、U_(g’w)≡U_w (mod q^(b+c))
は
g’≡1 (mod v')なる任意の自然数g’に対して、U_(g’w)≡U_w (mod q^(b+c))
だな。
250:風あざみ
04/12/27 01:14:03
自己満で>>244-249を使ってしまってスマソ
251:195
04/12/28 00:04:07
自己満ですか＾＾
252:１３２人目の素数さん
04/12/28 12:28:08
新しい結果なら、自己満じゃないでしょ？ だいたい自己満なんて
言い出したら、たいていの事は自己満なんだからさ。
253:１３２人目の素数さん
04/12/29 15:15:11
age
254:１３２人目の素数さん
05/01/05 08:41:47
保守アゲ
255:１３２人目の素数さん
05/01/08 19:34:17
強 Lucas 擬素数 → Euler-Lucas 擬素数 → Lucas 擬素数
の証明で, (P,Q)=1 という仮定をして良いのですか？
もし、仮定していないのならば >>224 の
「 U_{(2^r)*d}とV_{(2^r)*d}が奇素数の公約数pを持つ
ことになり、IV25に反する。 」は嘘ですね.
ここは, (P,Q)=1 という仮定があって成り立つのですから.
256:風あざみ
05/01/08 20:04:12
>>255
そうだな、このままじゃ>>224は間違いだ。
訂正版
>>240の証明から
(N,Q)=1となるはずだが、
U_{(2^r)*d}とV_{(2^r)*d}がpで割り切れるとき
(pはNの公約数のひとつ)
IV6より2Q^{(2^r)d}がpで割り切れることになるが
pは奇素数だからQがpで割り切れるので(N,Q)=1に反する。
257:風あざみ
05/01/08 20:16:38
IV6はこういう式ね
(V_{(2^r)*d})^2-D(U_{(2^r)*d})^2=4Q^{(2^r)d}
だから
＞IV6より2Q^{(2^r)d}がpで割り切れることになるが
＞pは奇素数だからQがpで割り切れるので(N,Q)=1に反する。
は
IV6より4Q^{(2^r)d}がpで割り切れることになるが
pは奇素数だからQがpで割り切れるので(N,Q)=1に反する。
だな。
258:１３２人目の素数さん
05/01/08 20:28:58
なんという早いレス・・・
259:遅刻
05/01/13 14:04:45
高卒DQNですが、最近数学に興味を持ちました。
今から勉強するにはいったいどのようにするのがお勧めでしょうか。
どなたか是非ご指南ください。
ちなみに32歳です。
260:１３２人目の素数さん
05/01/13 14:07:37
>>259高校のときの教科書と参考書
261:１３２人目の素数さん
05/01/14 19:28:29
そんなもん捨ててしまっただろうよ
262:１３２人目の素数さん
05/01/15 10:45:02
高校用の参考書買え
263:１３２人目の素数さん
05/01/15 14:24:31
F(n) を Fibonacci数列とするとき
(1) n>2を整数 とすると、Σ[k=1..n] 1/F(k) > (n^2)/{F(n+2)-1}
(2) Σ[n=1..∞] 1/F(n) > 803/240 を示せ。
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:908番)
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:871-873番)
264:１３２人目の素数さん
05/01/16 06:50:00
５／２＞１６／７。
265:１３２人目の素数さん
05/01/16 17:05:48
>263 (1)
F(2)=1 なので、相加･調和平均の不等式より
左辺 > (n^2)/{Σ[h=1..n] F(h)} = (n^2)/{Σ[h=1..n] (F(h+2)-F(h+1)) = (n^2)/{F(n+2)-F(2)} = 右辺.
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:927番)
266:265
05/01/16 17:32:14
【補足】 (相加･調和平均の不等式)
A_1 ････ A_n >0 のとき、
{Σ[h=1..n] A_h} {Σ[k=1..n] 1/A_k} = n^2 + Σ[k<h]{A_h/A_k +A_k/A_h -2}
= n^2 + Σ[k<h] {A_h -A_k}^2 /{A_h･A_k} ≧ n^2.
267:風あざみ
05/01/19 03:29:01
age
268:263
05/02/04 20:04:10
Fibonacci数列Ｆ(n)に対して
(3) Ｆ(2n) = Ｆ(n+1)^2 -Ｆ(n-1)^2 = F(n){Ｆ(n+1) +Ｆ(n-1)}.
(4) {Σ[k=1,n] Ｆ(k+1)^2}{Σ[k=1,n] 1/Ｆ(2k)} ≧ n^2.
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:58番)
269:１３２人目の素数さん
05/02/16 13:21:46
109
270:１３２人目の素数さん
05/02/26 08:03:31
641
271:１３２人目の素数さん
05/02/27 08:57:42
>>268
F(ｎ+１）+F(ｎ－１）＝L(ｎ）（リュカ数）ですので
F(２ｎ）＝F(n)L（ｎ）となります。３９以降を参考にしてください。
272:１３２人目の素数さん
05/03/01 14:43:35
U_n(2,4)=((2^n)/√3)sin(nπ/3)
V_n(2,4)=2^{n+1}cos(nπ/3)
他にもたくさん sin cos がらみのLucas数列あり.
273:１３２人目の素数さん
05/03/06 09:15:38
２７２は、本当に正しい？ フィボナッチ数なら単調増加するはずだが・・・
274:272
05/03/07 13:48:56
>>273
判別式が「プラス」なら単調増加になるかも知れんが、
上の判別式は「マイナス」だから・・・
275:272
05/03/07 17:50:04
U_1(2,4)～U_15(2,4), V_1(2,4)～V_15(2,4) を
プログラムを作って実際に求めてましたよ。
U_0 = 0 V_0 = 2
U_1 = 1 V_1 = 2
U_2 = 2 = 2 V_2 = -4 = -2^2
U_3 = 0 V_3 = -16 = -2^4
U_4 = -8 = -2^3 V_4 = -16 = -2^4
U_5 = -16 = -2^4 V_5 = 32 = 2^5
U_6 = 0 V_6 = 128 = 2^7
U_7 = 64 = 2^6 V_7 = 128 = 2^7
U_8 = 128 = 2^7 V_8 = -256 = -2^8
U_9 = 0 V_9 = -1024 = -2^10
U_10 = -512 = -2^9 V_10 = -1024 = -2^10
U_11 = -1024 = -2^10 V_11 = 2048 = 2^11
U_12 = 0 V_12 = 8192 = 2^13
U_13 = 4096 = 2^12 V_13 = 8192 = 2^13
U_14 = 8192 = 2^13 V_14 = -16384 = -2^14
U_15 = 0 V_15 = -65536 = -2^16
276:１３２人目の素数さん
05/03/09 08:59:38
２７２で示されたのはリュカ数列の一種な訳ですか？
私の知っているリュカ数列とずいぶん違う気が・・・。
277:272
05/03/09 14:23:22
>>272 は >>26 で定義された一般Lucas数列ですね.
Lucas数列 というのは普通は V_n(1,-1) のよですが,
混乱がないのなら >>26 で定義された
U_n(P,Q), V_n(P,Q) もLucas数列と呼ぶときがあります.
同伴Lucas数列と呼ぶときもありますしね.
いろいろ呼び方があるんですよ.
ただ１つ言えることは,
U_n(2,4)=((2^n)/√3)sin(nπ/3)
V_n(2,4)=2^{n+1}cos(nπ/3)
この２つの数列は何て読んでよいかは正確にはわかりませんが,
式が正しいのは間違いありません.
お詫び >>275 の計算結果, 見にくくなってしまい申し訳ありませんでした.
278:１３２人目の素数さん
05/03/19 14:27:42
723
279:１３２人目の素数さん
05/03/19 21:36:04
みんなきとるな・・・
280:風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/03/20 11:42:51
何も驚くことはない。
一般Lucas数列のすべてが、単調増加ではないということ。
(俺も気づいていたがあえて書かなかった)
281:Arith ◆Arithtz1sk
05/03/20 19:21:07
正の判別式のLucas数列の絶対値なら単調増加するけどね。
定理：
n≧1, |α|≠|β|ならば|W_{n+1}|≧|W_n|(W_i=U_i(P, Q) or V_i(P, Q))
等号はn=1, P=±1, Q<0, W_i=U_i(P, Q)のときのみ成り立つ。
証明：
α, βの順序、符号を入れ替えα>0, |α|>|β|とする。
|αβ|≧1よりα>1だから、
α^(n+1)±β^(n+1)-(α^n±β^n)=α^n(α-1)±β^n(β-1)≧α^n|α-1| -|β|^n |β-1|
=|β|^n （|α/β|^n|(α-1)/(β-1)|-1）.
（β=0または1のときはα^n|α-1| -|β|^n |β-1|=α^n|α-1|>0）
また
そこで|α/β|^n|(α-1)/(β-1)|と1の大小を比較する。
282:Arith ◆Arithtz1sk
05/03/20 19:21:55
(2/2)
n=1のときを考える。
β>1のとき。α>β>1より
(α/β)(α-1)/(β-1)-1=（α^2-β^2-(α-β)）／（β(β-1)）=(α-β)(α+β-1)／（β(β-1)）>0.
1>β>0のとき。
(α/β)(α-1)/(1-β)-1=（α^2+β^2-(α+β)）／（β(1-β)）=（α(α-1)+β(β-1)）／（β(1-β)）.
α>1より、P=α+β≧2. よって
α(α-1)+β(β-1)≧(2-β)(1-β)+β(β-1)≧2(β-1)^2>0.
β<0のとき。
(α/β)(α-1)/(β-1)-1=（α^2-β^2-(α-β)）／（β(β-1)）=(α-β)(α+β-1)／（β(β-1)）.
α>|β|よりα+β≧1である。α+β>1ならば(α/β)(α-1)/(β-1)>1。α+β=1ならば(α/β)(α-1)/(β-1)=1。
よって、|α/β|^n|(α-1)/(β-1)|≧1, 等号はα+β=1, β<0かつn=1のときのみ成り立つ。
Q.E.D.
283:１３２人目の素数さん
05/03/22 20:24:41
それよりも、むしろこちらこそが臭い中年(30)の悪臭腹話劇かと。
敵役キャラの導入の仕方が毎度のことながら池沼丸出しｗ
ｽﾚﾘﾝｸ(kyozin板)
120 名前：ナナシマさん 投稿日：2005/03/22(火) 19:44:43 ???
臭ヲタは「臭」の字が大好き ｍ９(^д^)ﾌﾟｷﾞｬｰ
121 名前：ナナシマさん 投稿日：2005/03/22(火) 19:45:21 ???
臭ヲタは文字通り臭すぎ ｍ９(^д^)ﾌﾟｷﾞｬｰ!
122 名前：ペプタイドＸ 投稿日：2005/03/22(火) 20:16:12 7fn/imhY
>>120->>121
連レス乙。腋臭は自分では気付かないってホントなんだね？香水でも買うといいよｗ
123 名前：ナナシマさん 投稿日：2005/03/22(火) 20:17:29 ???
>>122 臭い粘着臭ヲタ ｍ９(^д^)ﾌﾟｷﾞｬｰ!
124 名前：ペプタイドＸ 投稿日：2005/03/22(火) 20:20:50 7fn/imhY
>>123
粘着乙。ｍ９(^д^)ﾌﾟｷﾞｬｰ! とかいいながらお前必死な。あっオナニー中
だったらゴメンｗ
284:１３２人目の素数さん
05/03/22 20:25:48
誤爆した。逝って来る。
285:272
05/03/28 13:38:30
気分直しに・・・
P, Q を 0 でない整数とし, n を奇の合成数 >0 とする. このとき,
n が底(P,Q)に関する Lucas 擬素数
⇔ n が底(-P,Q)に関する Lucas 擬素数
n が底(P,Q)に関する Euler-Lucas 擬素数
⇔ n が底(-P,Q)に関する Euler-Lucas 擬素数
n が底(P,Q)に関する 強Lucas 擬素数
⇔ n が底(-P,Q)に関する 強Lucas 擬素数
基本過ぎるかな.
286:風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/03/28 23:46:02
U_n(-P,Q)=(-1)^n*U_n(P,Q)
V_n(-P,Q)=(-1)^n*V_n(P,Q)
だから
N|U_n(-P,Q)⇔N|U_n(P,Q)
N|V_n(-P,Q)⇔N|V_n(P,Q)
287:272
05/03/29 14:42:34
>>286
U_n(-P,Q)=(-1)^n*U_n(P,Q) は
U_n(-P,Q)=(-1)^{n+1}*U_n(P,Q) の間違いですか？
V_n(-P,Q)=(-1)^n*V_n(P,Q) は正しいようで.
288:風あざみ ◆c/j2mAZ2V6
05/03/29 22:20:05
>>287
そうだな。
289:１３２人目の素数さん
05/04/14 03:11:00
358
290:１３２人目の素数さん
05/05/02 17:33:54
319
291:１３２人目の素数さん
05/05/19 06:20:12
463
292:１３２人目の素数さん
05/06/19 18:22:05
231
293:１
05/06/24 10:16:13
まだ、落ちてなかった。良かったなあ。もう少しゆとりができたら
新しく書き込みますんで・・・。
294:１３２人目の素数さん
05/06/24 10:53:12
激しく期待
295:１３２人目の素数さん
05/07/10 09:24:34
数学できるって、ゆとりの証拠だよ。。。ゆとりがないと数学できない。
296:１３２人目の素数さん
05/07/11 21:06:59
[805] 次を示してくださいです。
(F_n)^4(F_{n+1})^4 ≦ (n^3){(F_1)^8 + (F_2)^8 + … + (F_n)^8}
College Math. Journal, Vol.36, No.3, (2005 May)
URLﾘﾝｸ(www.math.northwestern.edu)
deadline: 2005/08/15
297:１３２人目の素数さん
05/07/20 08:48:55
あ～～。新しい書き込みだ。うれしいね。考えてみます。
298:297
05/07/22 08:20:27
解けますた。みかけはごっついけど、解いてみると初等的な手段でキレイに
解けるのできもちいい問題ですね。いい出題だと思いました。まだ、考え中
のひとがいるかも知れないので、解答は１週間くらい後にカキコしようと
思います。
299:同上
05/07/27 08:30:21
あ～、っと。。。。
ちょっとしたカン違いでした。解けてなかった。ゴメンね。
300:同上
05/07/27 13:41:58
２９６さん、ギブアップするから早く答えをおしえて！
301:同上
05/07/29 09:17:29
・・そうだ。８月１５日なんて遅すぎる。待ちきれないので、答えを教えて
ほしい。誰でもいいから、わかった人。
302:１３２人目の素数さん
05/07/31 08:33:07
誰にも解けないほどの難問なのか、あるいは間違った不等式で反例があり得る
のか、どちらかだな。
303:１３２人目の素数さん
05/08/01 05:17:26
F_nF_(n+1)=Σ[k=1,n](F_k)^2=nΣ[k=1,n](1/n)(F_k)^2 より
{F_nF_(n+1)}^4=n^4{Σ[k=1,n](1/n)(F_k)^2}^4
x^4は下に凸な関数なので、凸不等式より
{Σ[k=1,n(1/n)](F_k)^2}^4≦Σ[k=1,n](1/n){(F_k)^2}^4=1/nΣ[k=1,n](F_k)^8 ゆえ
{F_nF_(n+1)}^4≦n^3Σ[k=1,n](F_k)^8
304:１３２人目の素数さん
05/08/01 23:22:49
>>303
チェビシェフ一発ですか・・案外簡単に解けるんですね。
ｎが大きいときに自明な不等式なので、あまりいい問題とは言えない気がします。
305:１３２人目の素数さん
05/08/09 01:42:43
あまりいい問題でなくとも、何もださないよりははるかにいいですよ。
306:１３２人目の素数さん
05/09/03 16:55:09
>>305
じゃあ問題^^
自然数nに対しf(F(n),F(n+1))＝1を満たす、斉次多項式 f(x,y)を全て求めよ。
307:１３２人目の素数さん
05/09/04 00:08:05
数学はどうやったら得意になるのか教えてください。現在、哲学科4年生なのですが、苦手でも数学科に編入したいと思っておりまして。みなさんは昔から数学が好きでしたか？
308:１３２人目の素数さん
05/09/13 02:23:25
>>307
スレ違い
309:１３２人目の素数さん
05/09/16 03:10:43
age
310:１３２人目の素数さん
05/09/25 18:00:45
>>307
フィボナッチ数の勉強から
311:１３２人目の素数さん
05/10/07 13:30:45
何で数学科に行くの？
312:すれ違いですみません
05/10/25 14:01:14
だれか至急解いてください↓
1 2 2 2 4 8 16 (64)となる理由をききたいです
313:１３２人目の素数さん
05/10/25 23:28:24
何を解くのか分からないんだけど・・・
1,2,2,2,4,8,16,64,512,8192・・・
とかいう数列だったらｳｹる。
314:１３２人目の素数さん
05/10/26 01:14:07
たぶんそれです なぜそうなるか教えてください
315:１３２人目の素数さん
05/10/26 04:34:46
>>314
a[n+3]=a[n+2]*a[n]
316:１３２人目の素数さん
05/10/26 15:08:57
これにあてはめてこの数列になりますかね？計算あいませんよ
317:１３２人目の素数さん
05/10/27 02:49:00
合うでしょ。
a[1]=1
a[2]=2
a[3]=2
だよ。
318:１３２人目の素数さん
05/10/27 03:38:51
aは初こうですよね？
319:１３２人目の素数さん
05/10/27 04:21:30
先頭３つの項は適当に定義してよいと思われます。
数列の増えかたは規則の通りです。
320:１３２人目の素数さん
05/11/18 10:45:52
140
321:１３２人目の素数さん
05/12/18 06:35:22
944
322:１３２人目の素数さん
05/12/23 00:21:14
すみません、レベルの高いスレでアホなことを聞いて申し訳ないのですが
下記を馬鹿にもわかるように証明してください。
任意の連続する10個のフィボナッチ数列の和は、7番目の値の11倍に等しい。
よろしくお願いします。
323:１３２人目の素数さん
05/12/23 02:17:25
フィボナッチ数列をF_nと書き、a_n=Σ[k=0,9]F_(n+k) と置く。
a_nは漸化式 a_(n+2)=a_(n+1)+a_n を満たし
a_1=143=11*F_7 a_2=231=11*F_8 となる。
後は帰納法でも何でも。
324:１３２人目の素数さん
05/12/23 11:36:59
>>323
ありがとうございます。すっきりしました。
325:１３２人目の素数さん
05/12/27 01:01:33
>322
フィボナッチ数列をF_nと書き、d_n = F_(n+2) -F_(n+1) -F_n と置く。
∑[k=0,9]F_(n+k) - 11*F_(n+6)
= -d_n -2d_(n+2) +d_(n+3) -4d_(n+4) +4d_(n+5) +2d_(n+6) +d_(n+7)
= 0.
326:１３２人目の素数さん
05/12/27 01:03:00
291 ：簡単かなぁ ：2005/12/26(月) 20:26:43
コインをn回投げる時、表が2回続けて現れる確率は？
☆東大入試作問者スレ☆６
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:291番) ,296-297
327:１３２人目の素数さん
06/01/02 04:08:34
340
328:１３２人目の素数さん
06/01/02 04:17:47
age
329:１
06/01/12 00:58:50
うわあん！ごめんな、我が子よ・・・。漏れにはもう無理です・・・。
ひとりでたくましく生き延びてくれい・・・。
330:なんという偶然！！
06/01/12 01:01:47
今日はおまえの２歳の誕生日だね・・・。ハッピーバースディ、ツーユー！！
331:ダメ親父
06/01/12 01:22:50
お前の弟、「連結碁＆ライフゲーム倶楽部」のやつもまだまだ元気だ・・。
兄弟なかよく、できるだけ長生きしておくれ・・・。
332:１３２人目の素数さん
06/01/12 23:45:30
二年。
333:１３２人目の素数さん
06/02/05 06:11:08
486
334:１３２人目の素数さん
06/03/02 16:29:08
374
335:１３２人目の素数さん
06/03/04 12:53:28
age
336:１３２人目の素数さん
06/03/26 14:09:28
337:１３２人目の素数さん
06/04/15 19:27:49
338:１３２人目の素数さん
06/04/23 21:09:41
┌-―ー-';
| (・∀・) ﾉ
＿＿＿＿ 上―-―' ＿＿＿_
| （･∀･） ｜ ／ ＼ | (・∀・) |
|￣￣￣￣ （￣￣￣） |￣￣￣
∧ （[[[[[[|]]]]]） ,∧
<⌒> [=|=|=|=|=|=] <⌒>
／⌒＼ _|iﾛi|iﾛiiﾛi|iﾛ|_∧ ／⌒＼_
］皿皿［-∧-∧|ll||llll||lllｌ||lllｌ|lll|￣|]皿皿[_|
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ヽ 、 l | ｌ l / .／ ／
＼_ 、i ヽ i / ,,=='
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339:１３２人目の素数さん
06/04/27 07:30:30
age
340:１３２人目の素数さん
06/05/13 21:12:00
715
341:１３２人目の素数さん
06/05/26 12:51:04
158
342:１３２人目の素数さん
06/06/04 13:13:56
URLﾘﾝｸ(0.)<) ./,-、,-、,-ヽ ,-‐‐‐-、
URLﾘﾝｸ(0.)<) ‐―|‐┰┰‐|―‐
URLﾘﾝｸ(0.)<) 〇ニニ|/TTTヽ|ヽ、
URLﾘﾝｸ(0.)<) (￣￣)―(￣￣)
343:１３２人目の素数さん
06/06/16 01:40:00
703
344:１３２人目の素数さん
06/07/28 15:55:12
357
345:１３２人目の素数さん
06/08/30 14:59:59
136
346:１３２人目の素数さん
06/10/01 03:08:59
トリボナッチ数
T_1=1, T_2 =1, T_3=2,
T_n = T_(n-1) + T_(n-2) + T_(n-3).
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:264-287番)
分かスレ２５９
347:１３２人目の素数さん
06/10/01 03:12:04
>346
特性方程式 x^3 -x^2 -x-1=0 の3根を a,b,c とする。
x^3 -x^2 -x-1 = (x-a){x^2 +(a-1)x+(1/a)}
a = {1 + (19-3√33)^(1/3) + (19+3√33)^(1/3) }/3 = 1.83928675521416113255185256465329… トリボナッチ定数
b = (1/√a)exp(iθ),
c = (1/√a)exp(-iθ).
θ = arccos{-(1/2)(a-1)√a} = 90ﾟ + (1/2)arccos{(a-1)^2 /2} = 124.68899739147561093738917517977…ﾟ
T_n = k_1･a^n + {k_2･cos(nθ) + k_3･sin(nθ)}(1/a)^(n/2).
k_1 = -k_2 = 0.33622811699493…, k_3=0.3996482801623…
348:１３２人目の素数さん
06/10/01 03:14:23
>346
URLﾘﾝｸ(ja.wikipedia.org)
URLﾘﾝｸ(mathworld.wolfram.com)
URLﾘﾝｸ(mathworld.wolfram.com)
349:１３２人目の素数さん
06/10/01 19:19:41
age
350:１３２人目の素数さん
06/10/03 02:17:24
n-bonacci 数
F_k = F_(k-1) + F_(k-2) + …… + F_(k-n).
特性方程式
x^n = x^(n-1) + … + x+1.
x^(n+1) -2･x^n +1 =0, x≠1.
2-x = (1/x)^n, x≠1.
x_2 = (1+√5)/2 = 1.61803398874989…
x_3 = {1 + (19-3√33)^(1/3) + (19+3√33)^(1/3)}/4 = 1.839286755214161132….
x_4 = {1 +√u +√(11-u +26/√u)}/4 = 1.927561975482925...,
u = {11 +2*(12*√1689 -260)^(1/3) -2*(12*√1689 +260)^(1/3)}/3 = 1.704371307008…
u^3 -11u^2 +115u -169 =0 の実根
nが大きいとき
x_n ≒ 2 - (1/N) - (n/2)(1/N)^2 - {n(3n+1)/8}(1/N)^3 - {n(2n+1)(4n+1)/24}(1/N)^4 -…
ここに N=2^n.
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351:350
06/10/04 00:39:41
>350 (補足)
x_2 = (1+√5)/2 = 1.61803398874989484820458683436564…
x_3 = {1 + (19-3√33)^(1/3) + (19+3√33)^(1/3)}/３ = …. ｽﾏｿ
x_4 = 1.92756197548292530426190586173648…
(u = 1.70437130700810135321359904631276…)
352:１３２人目の素数さん
06/11/13 00:32:25
606
353:1
06/12/21 17:35:32
(F_(n+1))^7 - (F_n)^7 - (F_(n-1))^7 = 7(F_(n+1))(F_n)(F_(n-1))(2(F_n)^2+(-1)^n)^2
354:１３２人目の素数さん
06/12/30 01:26:02
age
355:１３２人目の素数さん
06/12/30 01:27:17
375
356:１３２人目の素数さん
06/12/30 01:36:34
開成の数研は毎年必ずこれ
357:１３２人目の素数さん
07/01/12 23:45:18
三年。
358:１３２人目の素数さん
07/01/28 04:04:46
>>357
3年？どうですか？
ここ開成のシェルターにするかな
359:１３２人目の素数さん
07/02/02 13:00:35
よろ。
360:１３２人目の素数さん
07/02/04 02:34:22
新厨三よろ。
361:１３２人目の素数さん
07/02/05 04:58:47
age
362:１３２人目の素数さん
07/02/17 23:33:37
新高2よろ。
363:１３２人目の素数さん
07/02/17 23:34:25
咲いた咲くかね
364:１３２人目の素数さん
07/02/24 16:13:55
n[i]を整数としS[k]=∑[i=1→k] n[i]とおく
ここで1≦i≦2^(k-1)、1≦j≦kとする
aをbで割ったときの余りをa mod bと表す
δ[i,j]を以下のように定義する
(1)j=1のとき
iが奇数 ⇒ δ[i,j]=1
iが偶数 ⇒ δ[i,j]=0
(2)1<j<kのとき
1≦i mod 2^j≦2^(j-2) ⇒ δ[i,j]=1
2^(j-2)<i mod 2^j≦2^j - 2^(j-2) ⇒ δ[i,j]=0
2^j - 2^(j-2)<i mod 2^j≦2^j ⇒ δ[i,j]=-1
(3)i=kのとき
1≦i≦2^(k-2) ⇒ δ[i,j]=0
2^(k-2)<i≦2^(k-1) ⇒ δ[i,j]=-1
フィボナッチ数列をF[n]と表せば
F[S[k]] = ∑[i=1→2^(k-1)] Π[j=1→k] F[n[j]+δ[i,j]]
が成り立つ
365:１３２人目の素数さん
07/02/24 16:15:58
>>364 はフィボナッチ数列の加法定理の1つの拡張
ただし、全く実用的でないし何も新しい結果を導き出さない
366:１３２人目の素数さん
07/02/24 16:49:15
数学とはそもそも実用的でないものだよ
367:１３２人目の素数さん
07/03/07 08:12:48
リュカ数列がメルセンヌ素数の判定に使われるとは知らなかった。
368:１３２人目の素数さん
07/03/11 21:33:48
157
369:１３２人目の素数さん
07/03/18 21:50:18
>>363
割いたよね 賞とってしつこいくらいにやなひとだよね
370:１３２人目の素数さん
07/06/23 23:44:20
あ
371:１３２人目の素数さん
07/07/11 05:45:41
>>367
誤解している
372:１３２人目の素数さん
07/07/11 10:30:49
メルセンヌ素数の判定に使われてるのは一般ルーカス数列の一種。
V_n=α^n + β^n、α, β は x^2-2x-2=0 の解。
373:１３２人目の素数さん
07/07/11 23:34:43
2^n+1という形の数が素数ならばnは2の累乗（フェルマー数）
2^n-1という形の数（メルセンヌ数）が素数ならばnは素数
{(1+√5)/2}^n+{(1-√5)/2}^nという形の数（リュカ数）が素数ならば
nは素数または2の累乗
[{(1+√5)/2}^n-{(1-√5)/2}^n]/√5という形の数（フィボナッチ数）が
素数ならばnは素数または2の累乗
374:１３２人目の素数さん
07/07/15 20:21:59
高校生のときに見つけたフィボナッチたんの法則
何年も前に発見済みなんだろうけどさ
桁が上がるまでの計算回数に規則性がある
375:１３２人目の素数さん
07/08/22 02:25:56
>>3の証明を教えていただけないでしょうか
376:１３２人目の素数さん
07/08/22 03:31:46
>>375 以下の式を全部足す。
F(2n) = F(2n-1)+F(2n-2)
F(2n-2) = F(2n-3)+F(2n-4)
...
F(6) = F(5)+F(4)
F(4) = F(3)+F(2)
377:１３２人目の素数さん
07/08/22 08:50:46
>>376
ありがとうございます
378:１３２人目の素数さん
07/09/12 02:08:36
Σ[n=0,∞] 1/(F(2n+1)+1) = √5/2
Σ[n=0,∞] 1/F(2n+1) = (1/2)√{Σ[n=1,∞] (3/F(n)^2 + 5/L(n)^2)}
= (3-φ){Σ[n=0,∞] φ^(-2n(n+1))}^2, φ=(√5+1)/2
379:１３２人目の素数さん
07/09/14 12:01:15
ｽﾚﾘﾝｸ(newsplus板)l50
10日ぶりの解決
380:１３２人目の素数さん
07/09/14 15:34:39
Σ[n=1,∞] 1/F(n)^2 = Σ[n=1,∞] (-1)^(n+1) L(2n)/F(2n)^2
381:１３２人目の素数さん
07/09/14 18:13:48
1 + 4Σ[n=1,∞] 1/L(2n) = √{1 + 8Σ[n=1,∞] 1/L(n)^2}
= (π/(2logφ)) {Σ[n=-∞,∞] e^(-(πn)^2/(2logφ))}^2,
φ=(√5-1)/2