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
382:１３２人目の素数さん
07/09/14 19:26:34
>>381 φ=(√5+1)/2
Σ[n=0,∞] 1/F(2n+1)^3 = 3αβ-2α^3,
α = Σ[n=0,∞] 1/F(2n+1),
β = Σ[n=1,∞] 1/F(n)^2
383:１３２人目の素数さん
07/10/07 18:49:29
〔補題〕
任意の自然数mに対して、F[n] がmの倍数になるような 自然数nが存在する。
(略証)
便宜上 F[0] =0 とする。
F[n] を mを割った余りを a[n] とおく。
F[n] ≡ a[n] (mod m)
0 ≦ a[n] ≦ m-1,
さて，m^2+1個の組
(a[0],a[1]), (a[1],a[2]), (a[2],a[3]), ……, (a[m^2],a[m^2+1])
を考える。
F[n] を m で割った余りa[n] は 0～m-1 の m 通りしかないので，組の組合せは m^2 通りしかない。
よって，上記の m^2+1 個の組の中には，同じ組がある。*)
それを (a[j], a[j+1]) と (a[k], a[k+1]) とする。（0≦j＜k≦m^2）
F[j-1] = F[j+1] - F[j] と F[k-1] = F[k+1] - F[k] より
a[j-1]≡a[j+1]-a[j] と a[k-1]≡a[k+1]-a[k] ，
(a[j-1],a[j]) と (a[k-1],a[k]) も同じ組になっている。
これを繰り返すと，(a[0],a[1]) と (a[k-j],a[k-j+1]) も等しいことが言える。
k-j>0 より k-j=n は自然数で，a[n] = a[0] = 0 なので，
F[n] が m の倍数となる自然数 n が存在する。(終)
*) 鳩の巣原理、ディリクレの引出し原理 とか言うらしい。
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:476番)
東大入試作問者スレ１１
384:１３２人目の素数さん
07/10/07 23:50:02
>>14,11
双曲線函数の方だお･･･
α = logφ = log((1+√5)/2) ≒ 0.481211825 とおくと >>13 より
F(n) = (2/√5)cosh(nα), L(n) = 2sinh(nα) (n:奇数),
F(n) = (2/√5)sinh(nα), L(n) = 2cosh(nα) (n:偶数),
385:１３２人目の素数さん
07/10/30 13:55:04
336
386:１３２人目の素数さん
08/01/03 16:28:48
Π_(k=1, [n/2]) (1 + 4*cos(kπ/n)^2) = F_n, (n≧2)
(解説)
カステレインは平方格子グラフ上のダイマー模型について分配函数Zを計算した。
これはグラフの隣接行列に適当な重みと符号を乗じて得られる反対称行列（カステレイン行列）
のパフ形式（Pfaffian）として表わされた。
その後、（平方格子でない）一般の平面的２部グラフに拡張された。
(文献)
1. P.W.Kasteleyn, Physica, ２７, p.1209-1225 (1961)
"The physics of dimers on a lattice"
2. URLﾘﾝｸ(www.math.h.kyoto-u.ac.jp)
「ダイマー模型とその周辺」 (京都大 人間･環境学部)
3. 細矢, ｢数学100の問題｣, 数セミ増刊, 日本評論社, p.90-92 (1984.9)
「フィボナッチ数の問題｣
387:１３２人目の素数さん
08/01/07 22:40:39
問題18) フィボナッチ数列をF(n)とおく。 p,q,r を任意の整数とするとき、
F(p+1)F(q+1)F(r+1) + F(p)f(q)F(r) - F(p-1)F(q-1)F(r-1) = F(p+q+r),
が成立する事を証明せよ。
URLﾘﾝｸ(www.iis.it-hiroshima.ac.jp)
388:１３２人目の素数さん
08/01/07 22:51:13
〔加法公式〕
F_n の隣接する3項の間に斉1次な漸化式が成立つならば、ある2次の対称行列Cがあって、
F(m+n) = Σ[1≦i,j≦2] F(m+i-1)C(i,j)F(n+j-1)
が成立つ。
(略証)
A = [ F(0), F(1) ]
[ F(1), F(2) ]
とおき、さらに C=A^(-1) とおく。
m=0,1 のときは
(右辺) = Σ[j=1,2] {Σ[i=1,2] F(m+i-1)*C(i,j)} F(n+j-1)
= Σ[j=1,2] {Σ[i=1,2] A(m+1,i)*C(i,j)} F(n+j-1)
= Σ[j=1,2] δ_(m+1,j) F(n+j-1)
= F(m+n),
m>1 のときも、斉1次な漸化式により成立つ。(終)
例) フィボナッチ数列
A = [ 0, 1 ]
[ 1, 1 ]
C = [-1, 1 ]
[ 1, 0 ]
ゆえ
F(m+n) = F(m)F(n+1) + F(m+1)F(n) - F(m)F(n),
>387
これを2回使えば出るだろう。
389:１３２人目の素数さん
08/01/07 23:01:18
>386
ド・モアブルの定理から
x^(2n) - 1 = Π[k=0,2n-1]{x-exp(ikπ/n)} = Π[k=-n,n-1]{x-exp(ikπ/n)}
k=1,…n-1 について
{x-exp(ikπ/n)}{x-exp(i(2n-k)π/n)}
= {x-exp(ikπ/n)}{x-exp(-ikπ/n)}
= x^2 -2cos(ikπ/n)x +1
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:313番) 308
390:１３２人目の素数さん
08/01/07 23:38:09
>>64>>67
391:１３２人目の素数さん
08/01/28 04:45:16
四年十五日五時間。
392:１３２人目の素数さん
08/02/10 19:57:44
ここのサイトに書かれている「還暦数」って考え方が面白い。
URLﾘﾝｸ(yohei627.hp.infoseek.co.jp)
393:１３２人目の素数さん
08/03/28 17:17:45
592
394:１３２人目の素数さん
08/03/29 02:30:16
age
395:１３２人目の素数さん
08/04/20 21:58:21
〔問題〕
数列a[n] (n=0,1,2,････) は以下の条件を満たすとする。
・a[0] =0, a[1] =1,
・a[n+1] = (1/a[n])∑[k=1～n] (a[k])^2,
(1) a[n] を n の式であらわせ。
(2) b[n] = a[n+1]/a[n] とおくとき、lim[n→∞) b[n] を求めよ。
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:390番) ,402
東大入試作問者スレ１４
396:１３２人目の素数さん
08/04/28 15:06:26
上げ
397:１３２人目の素数さん
08/05/29 10:57:25
保守
398:１３２人目の素数さん
08/07/12 13:49:47
保守
399:１３２人目の素数さん
08/07/22 08:27:57
保守
400:１３２人目の素数さん
08/07/22 19:53:22
まだこのスレのやつも気づいてないようだなｗ
F(n)を行列で(おもしろおかしく)∩(へぇ～)みたいな感じでL(n)との関係を(ry
401:１３２人目の素数さん
08/08/06 08:58:43
保守
402:１３２人目の素数さん
08/08/06 18:03:56
あるスレで見たんだが。
f(1)=0
f(2)=2
f(3)=3
f(n+3)=f(n+1)+f(n)
のとき、
f(n)/n
が整数となるのはｎがどのような値のときか。
ってフィボナッチと関係あるの？
403:１３２人目の素数さん
08/08/06 20:08:07
S(f(n+3)-f(n+2))=S(f(n+1)-f(n-1))
f(n)/n=(f(4)+f(1)+f(2)+f(n-3)+f(n-2))/n=(4+f(n-3)+f(n-2))/n
404:１３２人目の素数さん
08/09/05 14:41:38
>>402
むしろルカスと関わりがある。
405:１３２人目の素数さん
08/10/26 12:12:40
188
406:１３２人目の素数さん
08/10/30 09:25:23
F(1)^2-F(2)^2+F(3)^2-F(4)^2+……+(-1)^n-1*F(n)^2=1/5{2n+1+(-1)^n-1*F(2n+1)}
左辺
第1項の2乗から2項の2乗を引いて、その後も引いて足してを繰り返す。
nが奇数なら+、偶数なら-、って感じ??
このフィボナッチの定理を証明しろと言われたｹﾄﾞ、根本的にやり方が分からんから困った。
誰か証明の解説して下さい。
407:１３２人目の素数さん
08/10/30 22:04:39
>>406
n=1から成立が怪しい感じなんだが、初期値はどういう設定よ？
408:１３２人目の素数さん
08/10/31 20:49:03
今日、ガリレオの再放送見てたら出てきた
レッドマーキュリー ﾅﾂｶｼｽ…
409:１３２人目の素数さん
08/11/03 22:00:47
>>407
普通にn=正の整数だぜ
あとn=1でも成り立つよ
410:１３２人目の素数さん
08/11/29 06:51:19
６乗和の新公式
F(1)^6＋F(2)^6＋…＋F(n)^6 ＝ (F(n)^5 F(n+3)+F(2n))/4
「数学の花束」より
411:１３２人目の素数さん
08/12/07 14:49:58
I am Fibonacci
412:１３２人目の素数さん
08/12/07 14:53:58
>>410
それはいちいち特筆すべきレベルのものか?
n乗和を計算しましたと言っても、別に等比数列の
和を計算しましたってのと大差ないし。
413:１３２人目の素数さん
08/12/07 15:31:29
↑
あなたには、この公式の導出は無理だと思う。
414:１３２人目の素数さん
08/12/07 16:04:33
俺が導出できるできないなんてどうでもいいよ。
導出できようができまいが、6乗和が何らかの
閉じた形で表現できるってのは当たり前で、
>>410に見るべき点があるとしたら、それはその
「閉じた形」が右辺のように書けるってことか、
右辺のように書くことで証明が簡潔になるかって
ことぐらいしかない。これはそのどちらなの?
もしくは>>413の指摘どおり馬鹿な俺には考えも付かない
重要な事項が他にあるの？その辺をぜひご教示くださいよ。
415:１３２人目の素数さん
08/12/07 18:19:46
www
416:１３２人目の素数さん
08/12/07 18:39:01
まぁその程度だよね。
417:１３２人目の素数さん
09/01/11 09:52:39
705
418:１３２人目の素数さん
09/01/13 23:45:16
五年一日。
419:１３２人目の素数さん
09/01/14 14:28:23
age
420:１３２人目の素数さん
09/01/29 09:39:51
661
421:１３２人目の素数さん
09/02/28 14:26:52
〔問題585〕
フィボナッチ数列を三角関数で表現しなさい.
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:585番)
東大入試作問者スレ１６
422:１３２人目の素数さん
09/02/28 14:29:03
>>421
φ = (1+√5)/2, -1/φ = (1-√5)/2,
とおくと、
φ + (-1/φ) = 1,
φ - (-1/φ) = √5,
φ^2 + (-1/φ)^2 = 3,
φ･(-1/φ) = -1,
これと「ビネの公式」より
F_n = {φ^n - (-1/φ)^n} / √5,
= Π[k=1,[(n-1)/2]] {3 + 2cos(2kπ/n)}
= Π[k=1,[(n-1)/2]] {1 + 4cos(kπ/n)^2},
〔補題〕 n≧3 のとき
x^n - y^n = (x-y)Π[k=1,n-1] {x - y･exp(2ikπ/n)}
= (x-y){(x+y)^d}Π[k=1,[(n-1)/2]] {x^2 +y^2 -2xy･cos(2kπ/n)}.
nが偶数のとき d=1, nが奇数のとき d=0,
(参考)
1. 数セミ増刊「数学100の問題」, 日本評論社 (1984.9) ISBN:4-535-70405-8
p.90-92, 細矢治夫, 「フィボナッチ数の問題」
2. P.W.Kasteleyn, <<Physica>>, ２７, p.1209-1215 (1961)
"The statistics of dimers on a lattice"
正方格子上のある量(分配函数Z)を統計力学的に数え上げた際に出てきた式の副産物とか。
423:１３２人目の素数さん
09/02/28 14:51:42
既出
424:１３２人目の素数さん
09/03/04 02:18:47
さあ
425:１３２人目の素数さん
09/04/25 15:04:11
405
426:１３２人目の素数さん
09/05/03 12:48:10
さあ
427:１３２人目の素数さん
09/07/01 22:39:52
>>388
便宜上 F(0) =0 とする。
[ F(n-1), F(n) ]
[ F(n), F(n+1) ]
という行列 M(n) を作ると、M(1) = A のn乗になるから、
M(m+n) = M(m)･M(n) より加法公式が出てくるちゅーこと。
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:084番)
不等式スレ４
428:１３２人目の素数さん
09/08/18 09:32:07
128
429:１３２人目の素数さん
09/09/05 03:38:40
681
430:１３２人目の素数さん
09/09/27 10:39:52
430
431:１３２人目の素数さん
09/12/05 00:52:55
133
432:１３２人目の素数さん
09/12/08 14:18:11
ぶりぶり
433:１３２人目の素数さん
10/01/19 02:45:16
六年六日三時間。
434:１３２人目の素数さん
10/01/24 11:19:27
ひさしぶりの保守
435:１３２人目の素数さん
10/03/10 16:27:24
314
436:１３２人目の素数さん
10/03/15 12:56:41
age