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BBS壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/20 20:57 (No.762879)削除問題１
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901150001/
暗算で解いて、ちょっとだけ別解法の暗算で検算してみました。
問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901140001/
１分以内に解けましたが、６通りぐらい作れますね。
おまけ：
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901150001/
暗算で解いて、ちょっとだけ別解法の暗算で検算してみました。
問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901140001/
１分以内に解けましたが、６通りぐらい作れますね。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/22 07:54削除問題１の解答
△ＤＡＥの内対角の和より、∠ＥＤＦ＝∠ＤＡＥ＋∠ＤＥＡ＝１５°＋１５°＝３０°
また、△ＥＤＦは二等辺三角形より∠ＥＦＤ＝∠ＥＤＦ＝３０°よって、△ＥＡＦの内対角の和より∠ＦＥＣ＝１５°＋３０°＝４５°
また、△ＦＥＣも二等辺三角形より∠ＦＣＥ＝∠ＦＥＣ＝４５°
よって、△ＦＡＣの内対角の和より∠ＢＦＣ＝１５°＋４５°＝６０°よって、△ＦＢＣは１つの角が６０°の二等辺三角形より正三角形。
よって、∠Ｂ＝６０°また、ＢＦ＝４ｃｍ
ところで、△ＥＤＦは頂角が１２０°の二等辺三角形より二辺比は１：√３ ∴ＤＦ＝４√３ｃｍ
∴ＡＢ＝４＋４√３＋４＝８＋４√３ｃｍ
ここで、ＢＣの延長上にＡから垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＢＨは１：２：√３の直角三角形より、ＢＨ＝ＡＢ/２＝４＋２√３ｃｍ，ＡＨ＝√３ＢＨ＝４√３＋６ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝４×(４√３＋６)×(１/２)＝２(４√３＋６)＝８√３＋１２ｃｍ^2
よって、答えは、８√３＋１２ｃｍ^2
最後の所がくどいのは暗算用だからである。引き続き、検算で使用した暗算の解法。
ＡＢが８＋４√３ｃｍと分かってから、ＣからＢＦに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＣＩ＝２√３ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝(８＋４√３)×２√３×(１/２)＝(８＋４√３)×√３＝８√３＋１２ｃｍ^2
よって、ＯＫ。
因みに、今朝思い付いたが、△ＦＢＣが正三角形と分かった後、ＥからＤＦに垂線を下ろせば△ＥＤＨは１：２：√３の直角三角形になるので、ＥＨ＝４÷２＝２ｃｍ ∴△ＥＤＡ＝４×２÷２＝４ｃｍ^2
また、△ＦＥＣは１辺が４ｃｍの直角二等辺三角形より、△ＦＥＣ＝４×４÷２＝８ｃｍ^2
また、△ＥＤＦは頂角が１２０°の二等辺三角形よりＥＨで切って組み直すと１辺が４ｃｍの正三角形になる。
よって、△ＡＢＣの面積は１２ｃｍ^2＋１辺が４ｃｍの正三角形４個分である。１辺が４ｃｍの正三角形の面積は、４×２√３÷２＝４√３ｃｍ^2なので、
答えは、１２＋８√３ｃｍ^2
これが暗算で一番簡単な解法でしたね。
おまけ：
△ＤＡＥの内対角の和より、∠ＥＤＦ＝∠ＤＡＥ＋∠ＤＥＡ＝１５°＋１５°＝３０°
また、△ＥＤＦは二等辺三角形より∠ＥＦＤ＝∠ＥＤＦ＝３０°よって、△ＥＡＦの内対角の和より∠ＦＥＣ＝１５°＋３０°＝４５°
また、△ＦＥＣも二等辺三角形より∠ＦＣＥ＝∠ＦＥＣ＝４５°
よって、△ＦＡＣの内対角の和より∠ＢＦＣ＝１５°＋４５°＝６０°よって、△ＦＢＣは１つの角が６０°の二等辺三角形より正三角形。
よって、∠Ｂ＝６０°また、ＢＦ＝４ｃｍ
ところで、△ＥＤＦは頂角が１２０°の二等辺三角形より二辺比は１：√３ ∴ＤＦ＝４√３ｃｍ
∴ＡＢ＝４＋４√３＋４＝８＋４√３ｃｍ
ここで、ＢＣの延長上にＡから垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＢＨは１：２：√３の直角三角形より、ＢＨ＝ＡＢ/２＝４＋２√３ｃｍ，ＡＨ＝√３ＢＨ＝４√３＋６ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝４×(４√３＋６)×(１/２)＝２(４√３＋６)＝８√３＋１２ｃｍ^2
よって、答えは、８√３＋１２ｃｍ^2
最後の所がくどいのは暗算用だからである。引き続き、検算で使用した暗算の解法。
ＡＢが８＋４√３ｃｍと分かってから、ＣからＢＦに垂線を下ろしその足をＩとすると、ＣＩ＝２√３ｃｍ
∴△ＡＢＣ＝(８＋４√３)×２√３×(１/２)＝(８＋４√３)×√３＝８√３＋１２ｃｍ^2
よって、ＯＫ。
因みに、今朝思い付いたが、△ＦＢＣが正三角形と分かった後、ＥからＤＦに垂線を下ろせば△ＥＤＨは１：２：√３の直角三角形になるので、ＥＨ＝４÷２＝２ｃｍ ∴△ＥＤＡ＝４×２÷２＝４ｃｍ^2
また、△ＦＥＣは１辺が４ｃｍの直角二等辺三角形より、△ＦＥＣ＝４×４÷２＝８ｃｍ^2
また、△ＥＤＦは頂角が１２０°の二等辺三角形よりＥＨで切って組み直すと１辺が４ｃｍの正三角形になる。
よって、△ＡＢＣの面積は１２ｃｍ^2＋１辺が４ｃｍの正三角形４個分である。１辺が４ｃｍの正三角形の面積は、４×２√３÷２＝４√３ｃｍ^2なので、
答えは、１２＋８√３ｃｍ^2
これが暗算で一番簡単な解法でしたね。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/22 19:41削除問題２の解法１
ＤからＡＢと平行な直線を引き、ＡＣとの交点をＥとすると、錯角より∠ＡＤＥ＝４０°となり△ＤＡＥは底角が７０°の二等辺三角形になる。
よって、ＤＥ＝ＤＡ＝６ｃｍ また、△ＣＤＥ∽△ＣＢＡで相似比が４：９より、ＡＢ＝(９/４)×６＝２７/２ｃｍ
よって、答えは、１３.５ｃｍ
解法２
ＤからＡＣと平行な直線を引き、ＡＢとの交点をＦとすると、解法１と同様に△ＡＤＦは二等辺三角形になりＡＦ＝ＡＤ＝６ｃｍ
また、ＤＦ//ＣＡよりＢＦ：ＦＡ＝ＢＤ：ＤＣ ∴ＢＦ：６＝５：４ ∴ＢＦ＝３０/４＝１５/２ｃｍ
∴ＡＢ＝６＋１５/２＝２７/２＝１３.５ｃｍ
解法３
ＢＡの延長上にＣからＡＤと平行な直線を引き、その交点をＧとすると、∠ＣＡＧ＝１８０°－４０°－７０°＝７０°また、同位角より∠Ｇ＝４０°より△ＧＡＣは頂角が４０°の二等辺三角形になる。また、△ＢＡＤ∽△ＢＧＣで相似比５：９より、ＧＣ＝(９/５)ＡＤ＝(９/５)×６＝５４/５ｃｍ
∴ＧＡ＝ＧＣ＝５４/５ｃｍ
∴ＡＢ＝(５/４)ＧＡ＝(５/４)×(５４/５)＝２７/２＝１３.５ｃｍ
解法４
ＡＤの延長上にＣからＡＢと平行な直線を引き、その交点をＨとすると、△ＤＨＣ∽△ＤＡＢで相似比４：５より、ＤＨ＝(４/５)ＤＡ＝(４/５)×６＝２４/５ｃｍ
∴ＨＡ＝２４/５＋６＝５４/５ｃｍ
また、錯角より△ＨＡＣは頂角が４０°となり内角を計算すると二等辺三角形になる。∴ＨＣ＝ＨＡ＝５４/５ｃｍ
∴ＡＢ＝(５/４)×(５４/５)＝５４/４＝２７/２＝１３.５ｃｍ
解法５
ＡＤの延長上にＢからＡＣと平行な直線を引き、その交点をＩとすると、△ＤＩＢ∽△ＤＡＣで相似比５：４より、ＤＩ＝(５/４)ＤＡ＝(５/４)×６＝１５/２ｃｍ
∴ＡＩ＝１５/２＋６＝２７/２＝１３.５ｃｍ
また、錯角より∠ＤＩＢ＝７０°よって、△ＡＢＩの内角の和より△ＡＢＩは頂角が４０°の二等辺三角形になる。
∴ＡＢ＝ＡＩ＝１３.５ｃｍ
解法６
ＢＡの延長上にＡＪ＝ＡＤ＝６ｃｍとなる点Ｊを取ると、∠ＪＡＣ＝１８０°－４０°－７０°＝７０°より、∠ＤＡＣ＝∠ＪＡＣ
また、ＡＣは共通より二辺挟角が等しいので、△ＤＡＣ≡△ＪＡＣ ∴ＣＪ＝ＣＤ＝④
また、∠ＡＤＣ＝∠ＡＤＪよりＣＡは∠ＢＣＪの二等分線。よって、△ＣＢＪで角の二等分線の定理を使うと、
ＡＢ：ＡＪ＝ＣＢ：ＣＪ
∴ＡＢ：６＝⑤＋④：④＝９：４
∴ＡＢ＝５４/４＝２７/２＝１３.５ｃｍ
おまけ：
ＤからＡＢと平行な直線を引き、ＡＣとの交点をＥとすると、錯角より∠ＡＤＥ＝４０°となり△ＤＡＥは底角が７０°の二等辺三角形になる。
よって、ＤＥ＝ＤＡ＝６ｃｍ また、△ＣＤＥ∽△ＣＢＡで相似比が４：９より、ＡＢ＝(９/４)×６＝２７/２ｃｍ
よって、答えは、１３.５ｃｍ
解法２
ＤからＡＣと平行な直線を引き、ＡＢとの交点をＦとすると、解法１と同様に△ＡＤＦは二等辺三角形になりＡＦ＝ＡＤ＝６ｃｍ
また、ＤＦ//ＣＡよりＢＦ：ＦＡ＝ＢＤ：ＤＣ ∴ＢＦ：６＝５：４ ∴ＢＦ＝３０/４＝１５/２ｃｍ
∴ＡＢ＝６＋１５/２＝２７/２＝１３.５ｃｍ
解法３
ＢＡの延長上にＣからＡＤと平行な直線を引き、その交点をＧとすると、∠ＣＡＧ＝１８０°－４０°－７０°＝７０°また、同位角より∠Ｇ＝４０°より△ＧＡＣは頂角が４０°の二等辺三角形になる。また、△ＢＡＤ∽△ＢＧＣで相似比５：９より、ＧＣ＝(９/５)ＡＤ＝(９/５)×６＝５４/５ｃｍ
∴ＧＡ＝ＧＣ＝５４/５ｃｍ
∴ＡＢ＝(５/４)ＧＡ＝(５/４)×(５４/５)＝２７/２＝１３.５ｃｍ
解法４
ＡＤの延長上にＣからＡＢと平行な直線を引き、その交点をＨとすると、△ＤＨＣ∽△ＤＡＢで相似比４：５より、ＤＨ＝(４/５)ＤＡ＝(４/５)×６＝２４/５ｃｍ
∴ＨＡ＝２４/５＋６＝５４/５ｃｍ
また、錯角より△ＨＡＣは頂角が４０°となり内角を計算すると二等辺三角形になる。∴ＨＣ＝ＨＡ＝５４/５ｃｍ
∴ＡＢ＝(５/４)×(５４/５)＝５４/４＝２７/２＝１３.５ｃｍ
解法５
ＡＤの延長上にＢからＡＣと平行な直線を引き、その交点をＩとすると、△ＤＩＢ∽△ＤＡＣで相似比５：４より、ＤＩ＝(５/４)ＤＡ＝(５/４)×６＝１５/２ｃｍ
∴ＡＩ＝１５/２＋６＝２７/２＝１３.５ｃｍ
また、錯角より∠ＤＩＢ＝７０°よって、△ＡＢＩの内角の和より△ＡＢＩは頂角が４０°の二等辺三角形になる。
∴ＡＢ＝ＡＩ＝１３.５ｃｍ
解法６
ＢＡの延長上にＡＪ＝ＡＤ＝６ｃｍとなる点Ｊを取ると、∠ＪＡＣ＝１８０°－４０°－７０°＝７０°より、∠ＤＡＣ＝∠ＪＡＣ
また、ＡＣは共通より二辺挟角が等しいので、△ＤＡＣ≡△ＪＡＣ ∴ＣＪ＝ＣＤ＝④
また、∠ＡＤＣ＝∠ＡＤＪよりＣＡは∠ＢＣＪの二等分線。よって、△ＣＢＪで角の二等分線の定理を使うと、
ＡＢ：ＡＪ＝ＣＢ：ＣＪ
∴ＡＢ：６＝⑤＋④：④＝９：４
∴ＡＢ＝５４/４＝２７/２＝１３.５ｃｍ
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/21 11:01 (No.763354)削除次の文章を完全解説して下さい。
問題
ℤ[Ｘ]のイデアル(２,Ｘ)は単項イデアルではないことを証明せよ。
証明
(２,Ｘ)がある多項式ｆ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]によって生成されている。すなわち
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))，ｆ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]
と仮定する。２∈(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))であるから、２＝ｆ(Ｘ)・ｇ(Ｘ)（∃ｇ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]）
ここで、ℤは整域であるから、定理4.1より
degｆ＋degｇ＝deg２＝０
ここで、ｆ(Ｘ)≠０，ｇ(Ｘ)≠０であるから０≦degｆ(Ｘ)，０≦degｇ(Ｘ)である。したがって、degｆ(Ｘ)＝degｇ(Ｘ)＝０でなければならない。すなわち、ｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)は定数である。そこで、
ｆ(Ｘ)＝ａ∈ℤ^*，ｇ(Ｘ)＝ｂ∈ℤ^*
とおく。一方、Ｘ∈(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝ａℤ[Ｘ]
であるから
Ｘ＝ａ・ｈ(Ｘ)，ｈ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]……①
と表される。両辺の次数を比較するとdegｈ(Ｘ)＝１である。したがって、
ｈ(Ｘ)＝ｂＸ＋ｃ，ｂ,ｃ∈ℤ
と表される。ゆえに、これを①式に代入すると
Ｘ＝ａ(ｂＸ＋ｃ)＝ａｂＸ＋ａｃ
これより、ａｂ＝１，ａｃ＝０を得る。ａ≠０であるからｃ＝０ また、ａ,ｂは整数でａｂ＝１より、ａ＝ｂ＝１かまたはａ＝ｂ＝－１である。したがって、ａ＝±１ このとき、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ゆえに、
２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１，ξ(Ｘ),η(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]
なる関係がある。ここで、Ｘ＝０とすると、２・ξ(０)＝１ これは、ξ(０)∈ℤであるから矛盾である。したがって、(２,Ｘ)は単項イデアルではない。
定理4.1
Ｒを整域とする。多項式環Ｒ[Ｘ]の元ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)について、積ｆ(Ｘ)ｇ(Ｘ)の次数はｆ(Ｘ)の次数とｇ(Ｘ)の次数の和である。すなわち、
degｆ(Ｘ)ｇ(Ｘ)＝degｆ(Ｘ)＋degｇ(Ｘ)
（引用終わり）
具体的には、
＞一方、Ｘ∈(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝ａℤ[Ｘ]
Ｘ∈(２,Ｘ)の理由ですが、これは簡単ですね。
＞したがって、ａ＝±１ このとき、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ａ＝－１の場合を述べない理由を解説して下さい。
＞このとき、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ゆえに、
２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１，ξ(Ｘ),η(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]から、２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１と出来る理由ですね。２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝Ｘとかではないのかとか。または、２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝２とか。
おまけ：
問題
ℤ[Ｘ]のイデアル(２,Ｘ)は単項イデアルではないことを証明せよ。
証明
(２,Ｘ)がある多項式ｆ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]によって生成されている。すなわち
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))，ｆ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]
と仮定する。２∈(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))であるから、２＝ｆ(Ｘ)・ｇ(Ｘ)（∃ｇ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]）
ここで、ℤは整域であるから、定理4.1より
degｆ＋degｇ＝deg２＝０
ここで、ｆ(Ｘ)≠０，ｇ(Ｘ)≠０であるから０≦degｆ(Ｘ)，０≦degｇ(Ｘ)である。したがって、degｆ(Ｘ)＝degｇ(Ｘ)＝０でなければならない。すなわち、ｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)は定数である。そこで、
ｆ(Ｘ)＝ａ∈ℤ^*，ｇ(Ｘ)＝ｂ∈ℤ^*
とおく。一方、Ｘ∈(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝ａℤ[Ｘ]
であるから
Ｘ＝ａ・ｈ(Ｘ)，ｈ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]……①
と表される。両辺の次数を比較するとdegｈ(Ｘ)＝１である。したがって、
ｈ(Ｘ)＝ｂＸ＋ｃ，ｂ,ｃ∈ℤ
と表される。ゆえに、これを①式に代入すると
Ｘ＝ａ(ｂＸ＋ｃ)＝ａｂＸ＋ａｃ
これより、ａｂ＝１，ａｃ＝０を得る。ａ≠０であるからｃ＝０ また、ａ,ｂは整数でａｂ＝１より、ａ＝ｂ＝１かまたはａ＝ｂ＝－１である。したがって、ａ＝±１ このとき、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ゆえに、
２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１，ξ(Ｘ),η(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]
なる関係がある。ここで、Ｘ＝０とすると、２・ξ(０)＝１ これは、ξ(０)∈ℤであるから矛盾である。したがって、(２,Ｘ)は単項イデアルではない。
定理4.1
Ｒを整域とする。多項式環Ｒ[Ｘ]の元ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)について、積ｆ(Ｘ)ｇ(Ｘ)の次数はｆ(Ｘ)の次数とｇ(Ｘ)の次数の和である。すなわち、
degｆ(Ｘ)ｇ(Ｘ)＝degｆ(Ｘ)＋degｇ(Ｘ)
（引用終わり）
具体的には、
＞一方、Ｘ∈(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝ａℤ[Ｘ]
Ｘ∈(２,Ｘ)の理由ですが、これは簡単ですね。
＞したがって、ａ＝±１ このとき、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ａ＝－１の場合を述べない理由を解説して下さい。
＞このとき、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ゆえに、
２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１，ξ(Ｘ),η(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]から、２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１と出来る理由ですね。２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝Ｘとかではないのかとか。または、２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝２とか。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/21 13:54削除解説
＞一方、Ｘ∈(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝ａℤ[Ｘ]
Ｘ∈(２,Ｘ)の理由ですが、これは簡単ですね。
(２,Ｘ)はℤ[Ｘ]のイデアルだから、２ℤ[Ｘ]＋Ｘℤ[Ｘ]という形をしていて、０＝ｆ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]，１＝ｇ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]を選べば、Ｘ＝２・０＋Ｘ・１∈２ℤ[Ｘ]＋Ｘℤ[Ｘ]＝(２,Ｘ)より、
Ｘ∈(２,Ｘ)
＞したがって、ａ＝±１ このとき、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ａ＝－１の場合を述べない理由を解説して下さい。
定理2.8（１）より、(１)＝(－１)だからである。
定理2.8
有理整数環ℤにおいて、次のことが成り立つ。
（１）(ａ)＝(ｂ)ならばａ＝±ｂであり、また逆も成り立つ。
つまり、１＝－(－１)⇔(１)＝(－１)という事。
＞このとき、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ゆえに、
２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１，ξ(Ｘ),η(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]から、２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１と出来る理由ですね。２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝Ｘとかではないのかとか。または、２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝２とか。
この前の時点で、「Ｘ＝ａ(ｂＸ＋ｃ)＝ａｂＸ＋ａｃ
これより、ａｂ＝１，ａｃ＝０を得る。」
また、更にその前の「２∈(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))であるから、２＝ｆ(Ｘ)・ｇ(Ｘ)（∃ｇ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]）」と「そこで、ｆ(Ｘ)＝ａ∈ℤ^*，ｇ(Ｘ)＝ｂ∈ℤ^*とおく。」
から、２＝ａｂ＝１で矛盾とした方が良い。
話を元に戻して、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ゆえに、
２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１
これはおかしいね。「(１)＝ℤ[Ｘ]」もおかしいが、(１)＝ℤとしても１に限定は出来ないだろう。もちろん、反例的に１つ不適を挙げれば良いという考え方もあるが。この場合は１しかあり得ないのは上の証明からも明らか。
因みに、(２,Ｘ)＝２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)という単項イデアルではないという条件を使わないで示せるのはおかしいという人もいるかもしれないが、その条件は、２∈(２,Ｘ)とＸ∈(２,Ｘ)で２回使っている。
おまけ：
＞一方、Ｘ∈(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝ａℤ[Ｘ]
Ｘ∈(２,Ｘ)の理由ですが、これは簡単ですね。
(２,Ｘ)はℤ[Ｘ]のイデアルだから、２ℤ[Ｘ]＋Ｘℤ[Ｘ]という形をしていて、０＝ｆ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]，１＝ｇ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]を選べば、Ｘ＝２・０＋Ｘ・１∈２ℤ[Ｘ]＋Ｘℤ[Ｘ]＝(２,Ｘ)より、
Ｘ∈(２,Ｘ)
＞したがって、ａ＝±１ このとき、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ａ＝－１の場合を述べない理由を解説して下さい。
定理2.8（１）より、(１)＝(－１)だからである。
定理2.8
有理整数環ℤにおいて、次のことが成り立つ。
（１）(ａ)＝(ｂ)ならばａ＝±ｂであり、また逆も成り立つ。
つまり、１＝－(－１)⇔(１)＝(－１)という事。
＞このとき、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ゆえに、
２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１，ξ(Ｘ),η(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]から、２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１と出来る理由ですね。２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝Ｘとかではないのかとか。または、２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝２とか。
この前の時点で、「Ｘ＝ａ(ｂＸ＋ｃ)＝ａｂＸ＋ａｃ
これより、ａｂ＝１，ａｃ＝０を得る。」
また、更にその前の「２∈(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))であるから、２＝ｆ(Ｘ)・ｇ(Ｘ)（∃ｇ(Ｘ)∈ℤ[Ｘ]）」と「そこで、ｆ(Ｘ)＝ａ∈ℤ^*，ｇ(Ｘ)＝ｂ∈ℤ^*とおく。」
から、２＝ａｂ＝１で矛盾とした方が良い。
話を元に戻して、
(２,Ｘ)＝(ｆ(Ｘ))＝(ａ)＝(１)＝ℤ[Ｘ]
ゆえに、
２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)＝１
これはおかしいね。「(１)＝ℤ[Ｘ]」もおかしいが、(１)＝ℤとしても１に限定は出来ないだろう。もちろん、反例的に１つ不適を挙げれば良いという考え方もあるが。この場合は１しかあり得ないのは上の証明からも明らか。
因みに、(２,Ｘ)＝２・ξ(Ｘ)＋Ｘ・η(Ｘ)という単項イデアルではないという条件を使わないで示せるのはおかしいという人もいるかもしれないが、その条件は、２∈(２,Ｘ)とＸ∈(２,Ｘ)で２回使っている。
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/20 13:34 (No.762498)削除問題１
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901160002/
一応、何でもありで別解を考えてみて下さい。こういうのもありです。https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/926（名前の所をクリックすると飛びます。）
問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901160001/
さすがにこれは何でもありでは簡単なので、算数で解いて下さい。一応、２通り作れます。
おまけ：
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901160002/
一応、何でもありで別解を考えてみて下さい。こういうのもありです。https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/926（名前の所をクリックすると飛びます。）
問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901160001/
さすがにこれは何でもありでは簡単なので、算数で解いて下さい。一応、２通り作れます。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/20 20:25削除問題１
１～２００までの整数のうち、６または１０の倍数はいくつありますか？
解答
１～２００までの６の倍数は、２００÷６＝３３…２より３３個。
また、１～２００までの１０の倍数は、２０個。
また、６と１０の最小公倍数は３０より、１～２００までの３０の倍数は、２００÷３０＝６…２０で６個。
よって、ベン図で考えると、答えは、３３＋２０－６＝４７個
別解
python先輩を使ってみました。思い付いた順。
L = [ ]
for n in range(1,201):
if n % 6 == 0 or n % 10 == 0:
L.append(n)
count = len(L)
print(count)
結果：47
count = 0
for n in range(1,201):
if n % 6 == 0 or n % 10 == 0:
count += 1
print(count)
結果：47
因みに、全てを書き出したいなら、
L = [ ]
for n in range(1,201):
if n % 6 == 0 or n % 10 == 0:
L.append(n)
count = len(L)
print(L)
結果：[6, 10, 12, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 42, 48, 50, 54, 60, 66, 70, 72, 78, 80, 84, 90, 96, 100, 102, 108, 110, 114, 120, 126, 130, 132, 138, 140, 144, 150, 156, 160, 162, 168, 170, 174, 180, 186, 190, 192, 198, 200]
本当に便利ですね。
おまけ：
１～２００までの整数のうち、６または１０の倍数はいくつありますか？
解答
１～２００までの６の倍数は、２００÷６＝３３…２より３３個。
また、１～２００までの１０の倍数は、２０個。
また、６と１０の最小公倍数は３０より、１～２００までの３０の倍数は、２００÷３０＝６…２０で６個。
よって、ベン図で考えると、答えは、３３＋２０－６＝４７個
別解
python先輩を使ってみました。思い付いた順。
L = [ ]
for n in range(1,201):
if n % 6 == 0 or n % 10 == 0:
L.append(n)
count = len(L)
print(count)
結果：47
count = 0
for n in range(1,201):
if n % 6 == 0 or n % 10 == 0:
count += 1
print(count)
結果：47
因みに、全てを書き出したいなら、
L = [ ]
for n in range(1,201):
if n % 6 == 0 or n % 10 == 0:
L.append(n)
count = len(L)
print(L)
結果：[6, 10, 12, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 42, 48, 50, 54, 60, 66, 70, 72, 78, 80, 84, 90, 96, 100, 102, 108, 110, 114, 120, 126, 130, 132, 138, 140, 144, 150, 156, 160, 162, 168, 170, 174, 180, 186, 190, 192, 198, 200]
本当に便利ですね。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/21 07:55削除問題２の解法１
大外の正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、内部の正方形の左上の頂点から反時計回りにＥ～Ｈと振る。
また、円と辺ＤＡ,ＡＢ,ＢＣ,ＣＤとの接点をそれぞれＰ～Ｓ，円の中心をＯと振ると、
弓形ＨＧＳは半径ＯＧで中心角９０°の扇形から直角二等辺三角形ＯＨＧを引いた形で、△ＯＱＲと△ＯＨＧは合同な直角二等辺三角形（ＯＨとＯＱを比べると共に大円の半径で等しいから）なので、
弓形ＨＧＳを弓形ＱＲＦの所に移動させるとぴったりとはまり、色付き部分の面積は、直角二等辺三角形ＢＱＲと等しくなる。
また、ＨＧ＝４ｃｍ（小円の直径）より、ＱＲ＝４ｃｍ よって、ＢからＱＲに垂線を下ろしその足をＩとすると、２つの直角二等辺三角形が出来、ＢＩ＝ＱＲ÷２＝４÷２＝２ｃｍ
よって、△ＢＱＲ＝４×２÷２＝４ｃｍ^2
よって、答えは、４ｃｍ^2
解法２
大外の正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、内部の正方形の左上の頂点から反時計回りにＥ～Ｈと振る。
また、円と辺ＤＡ,ＡＢ,ＢＣ,ＣＤとの接点をそれぞれＰ～Ｓ，円の中心をＯ，円ＯとＨＧとの接点をＴと振ると、
△ＯＨＧは斜辺ＨＧが４ｃｍの直角二等辺三角形で点ＴはＨＧの真ん中の点になるので、ＯＴ＝４÷２＝２ｃｍ
よって、△ＯＨＧ＝４×２÷２＝４ｃｍ^2
また、△ＯＨＧ＝ＯＨ×ＯＧ÷２でもあるので、ＯＨ×ＯＧ＝８ｃｍ^2
よって、大円の半径×半径＝８―――①
よって、弓形ＨＧＳ＝８×３.１４÷４－４＝２.２８ｃｍ^2―――☆
また、図形ＱＢＲＦ＝正方形ＯＱＢＲ－扇形ＯＱＲ
＝８－８×３.１４÷４（①より）＝８－６.２８
＝１.７２ｃｍ^2―――☆☆
☆,☆☆より、色付き部分＝２.２８＋１.７２＝４ｃｍ^2
よって、答えは、４ｃｍ^2
おまけ：
大外の正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、内部の正方形の左上の頂点から反時計回りにＥ～Ｈと振る。
また、円と辺ＤＡ,ＡＢ,ＢＣ,ＣＤとの接点をそれぞれＰ～Ｓ，円の中心をＯと振ると、
弓形ＨＧＳは半径ＯＧで中心角９０°の扇形から直角二等辺三角形ＯＨＧを引いた形で、△ＯＱＲと△ＯＨＧは合同な直角二等辺三角形（ＯＨとＯＱを比べると共に大円の半径で等しいから）なので、
弓形ＨＧＳを弓形ＱＲＦの所に移動させるとぴったりとはまり、色付き部分の面積は、直角二等辺三角形ＢＱＲと等しくなる。
また、ＨＧ＝４ｃｍ（小円の直径）より、ＱＲ＝４ｃｍ よって、ＢからＱＲに垂線を下ろしその足をＩとすると、２つの直角二等辺三角形が出来、ＢＩ＝ＱＲ÷２＝４÷２＝２ｃｍ
よって、△ＢＱＲ＝４×２÷２＝４ｃｍ^2
よって、答えは、４ｃｍ^2
解法２
大外の正方形の左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、内部の正方形の左上の頂点から反時計回りにＥ～Ｈと振る。
また、円と辺ＤＡ,ＡＢ,ＢＣ,ＣＤとの接点をそれぞれＰ～Ｓ，円の中心をＯ，円ＯとＨＧとの接点をＴと振ると、
△ＯＨＧは斜辺ＨＧが４ｃｍの直角二等辺三角形で点ＴはＨＧの真ん中の点になるので、ＯＴ＝４÷２＝２ｃｍ
よって、△ＯＨＧ＝４×２÷２＝４ｃｍ^2
また、△ＯＨＧ＝ＯＨ×ＯＧ÷２でもあるので、ＯＨ×ＯＧ＝８ｃｍ^2
よって、大円の半径×半径＝８―――①
よって、弓形ＨＧＳ＝８×３.１４÷４－４＝２.２８ｃｍ^2―――☆
また、図形ＱＢＲＦ＝正方形ＯＱＢＲ－扇形ＯＱＲ
＝８－８×３.１４÷４（①より）＝８－６.２８
＝１.７２ｃｍ^2―――☆☆
☆,☆☆より、色付き部分＝２.２８＋１.７２＝４ｃｍ^2
よって、答えは、４ｃｍ^2
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/18 16:21 (No.760738)削除問題
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901170001/
何でもありで解いて下さい。一応、算数でも解説しますが。算数オリンピックでも正答率０％だったそうです。
おまけ：
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901170001/
何でもありで解いて下さい。一応、算数でも解説しますが。算数オリンピックでも正答率０％だったそうです。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/19 07:43削除何でもありの解法１ 中学数学の解法
ＢＤ＝ＣＤ＝ｘ，ＡＤ＝ｙと置いて、ＡからＢＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＤＨは直角二等辺三角形になるので、ＡＨ＝ＤＨ＝ｙ/√２ｃｍ
∴ＣＨ＝ｘ＋ｙ/√２ｃｍ よって、△ＡＣＨで三平方の定理を使うと、(ｘ＋ｙ/√２)^2＋(ｙ/√２)^2＝９.５^2が成り立つ。
∴ｘ^2＋√２ｘｙ＋ｙ^2＝９.５^2―――①
また、ＢＨ＝ｘ－ｙ/√２ｃｍより、△ＡＢＨで三平方の定理を使うと、
ＡＢ^2＝(ｘ－ｙ/√２)^2＋(ｙ/√２)^2＝ｘ^2－√２ｘｙ＋ｙ^2
∴ＡＢ^2＝ｘ^2－√２ｘｙ＋ｙ^2―――②
ところで、条件より、２ｘ・(ｙ/√２)・(１/２)＝１５が成り立つ。∴ｘｙ＝１５√２―――③
③を①に代入すると、
ｘ^2＋ｙ^2＝９.５^2－３０＝９０.２５－３０＝６０.２５
∴ｘ^2＋ｙ^2＝６０.２５―――④
また、③,④を②に代入すると、
ＡＢ^2＝６０.２５－３０＝３０.２５
∴ＡＢ＝５.５ｃｍ
何でもありの解法２ 高校数学の解法
ＢＤ＝ＣＤ＝ｘ，ＡＤ＝ｙと置いて、△ＡＢＣで中線定理を使うと、
ＡＢ^2＋９.５^2＝２(ｘ^2＋ｙ^2)―――①
また、△ＤＡＣで余弦定理を使うと、
９.５^2＝ｘ^2＋ｙ^2－２ｘｙcos135°―――②
また、条件より、２ｘ・(ｙ/√２)・(１/２)＝１５が成り立つので、ｘｙ＝１５√２―――③
③を②に代入すると、
９.５^2＝ｘ^2＋ｙ^2＋２(１５√２)(１/√２)
∴ｘ^2＋ｙ^2＝９.５^2－３０―――④
④を①に代入すると、
ＡＢ^2＋９.５^2＝２(９.５^2－３０)
∴ＡＢ^2＝９.５^2－６０＝９０.２５－６０＝３０.２５
∴ＡＢ＝５.５ｃｍ
算数の解法は次回。
おまけ：
ＢＤ＝ＣＤ＝ｘ，ＡＤ＝ｙと置いて、ＡからＢＤに垂線を下ろしその足をＨとすると、△ＡＤＨは直角二等辺三角形になるので、ＡＨ＝ＤＨ＝ｙ/√２ｃｍ
∴ＣＨ＝ｘ＋ｙ/√２ｃｍ よって、△ＡＣＨで三平方の定理を使うと、(ｘ＋ｙ/√２)^2＋(ｙ/√２)^2＝９.５^2が成り立つ。
∴ｘ^2＋√２ｘｙ＋ｙ^2＝９.５^2―――①
また、ＢＨ＝ｘ－ｙ/√２ｃｍより、△ＡＢＨで三平方の定理を使うと、
ＡＢ^2＝(ｘ－ｙ/√２)^2＋(ｙ/√２)^2＝ｘ^2－√２ｘｙ＋ｙ^2
∴ＡＢ^2＝ｘ^2－√２ｘｙ＋ｙ^2―――②
ところで、条件より、２ｘ・(ｙ/√２)・(１/２)＝１５が成り立つ。∴ｘｙ＝１５√２―――③
③を①に代入すると、
ｘ^2＋ｙ^2＝９.５^2－３０＝９０.２５－３０＝６０.２５
∴ｘ^2＋ｙ^2＝６０.２５―――④
また、③,④を②に代入すると、
ＡＢ^2＝６０.２５－３０＝３０.２５
∴ＡＢ＝５.５ｃｍ
何でもありの解法２ 高校数学の解法
ＢＤ＝ＣＤ＝ｘ，ＡＤ＝ｙと置いて、△ＡＢＣで中線定理を使うと、
ＡＢ^2＋９.５^2＝２(ｘ^2＋ｙ^2)―――①
また、△ＤＡＣで余弦定理を使うと、
９.５^2＝ｘ^2＋ｙ^2－２ｘｙcos135°―――②
また、条件より、２ｘ・(ｙ/√２)・(１/２)＝１５が成り立つので、ｘｙ＝１５√２―――③
③を②に代入すると、
９.５^2＝ｘ^2＋ｙ^2＋２(１５√２)(１/√２)
∴ｘ^2＋ｙ^2＝９.５^2－３０―――④
④を①に代入すると、
ＡＢ^2＋９.５^2＝２(９.５^2－３０)
∴ＡＢ^2＝９.５^2－６０＝９０.２５－６０＝３０.２５
∴ＡＢ＝５.５ｃｍ
算数の解法は次回。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/20 07:46削除算数の解法
分かっている長さが９.５ｃｍしかないので、これを１辺とする正方形ＡＥＦＣをＡＣに関して点Ｂ側に作る。
また、∠ＤＣＡ＝●，∠ＤＡＣ＝×と置くと、△ＤＡＣの内対角の和より∠ＡＤＢ＝●＋×＝４５°
ここで、正方形ＡＥＦＣの内側に△ＤＡＣと合同な三角形△ＧＥＡ，△ＨＦＥ，△ＩＣＦを描くと、正方形の対称性より四角形ＤＧＨＩも正方形になる。（対称性から各辺の長さが等しくなりひし形になり、また対称性から各角の大きさが等しくなり正方形になる。）
ところで、∠ＧＡＥ＝∠ＤＣＡ＝●，∠ＤＡＣ＝×より、
∠ＧＡＤ＝９０°－●－×＝９０°－４５°＝４５°
よって、∠ＧＡＤ＝４５°また、∠ＢＤＡ＝１８０°－１３５°＝４５°より、∠ＧＡＤ＝∠ＢＤＡ―――①
また、△ＤＣＡと△ＧＡＥは合同より、ＡＧ＝ＣＤ
また、条件よりＣＤ＝ＤＢ よって、ＡＧ＝ＤＢ―――②
また、ＡＤ＝ＤＡ―――③
①,②,③より、二辺挟角が等しいので、△ＡＤＧと△ＤＡＢは合同。よって、四辺形ＡＧＤＣの面積は△ＡＢＣの面積と等しく１５ｃｍ^2である。
よって、正方形ＡＥＦＣから正方形ＤＧＨＩをくり抜いた部分の面積はこの４倍で６０ｃｍ^2である。
よって、正方形ＤＧＨＩ＝９.５×９.５－６０＝９０.２５－６０＝３０.２５ｃｍ^2
よって、ＤＧ＝５.５ｃｍ よって、ＡＢ＝５.５ｃｍ
よって、答えは、５.５ｃｍ
アイデア引用元：https://sansu-seijin.jp/sansu-orympic/4672/
おまけ：
分かっている長さが９.５ｃｍしかないので、これを１辺とする正方形ＡＥＦＣをＡＣに関して点Ｂ側に作る。
また、∠ＤＣＡ＝●，∠ＤＡＣ＝×と置くと、△ＤＡＣの内対角の和より∠ＡＤＢ＝●＋×＝４５°
ここで、正方形ＡＥＦＣの内側に△ＤＡＣと合同な三角形△ＧＥＡ，△ＨＦＥ，△ＩＣＦを描くと、正方形の対称性より四角形ＤＧＨＩも正方形になる。（対称性から各辺の長さが等しくなりひし形になり、また対称性から各角の大きさが等しくなり正方形になる。）
ところで、∠ＧＡＥ＝∠ＤＣＡ＝●，∠ＤＡＣ＝×より、
∠ＧＡＤ＝９０°－●－×＝９０°－４５°＝４５°
よって、∠ＧＡＤ＝４５°また、∠ＢＤＡ＝１８０°－１３５°＝４５°より、∠ＧＡＤ＝∠ＢＤＡ―――①
また、△ＤＣＡと△ＧＡＥは合同より、ＡＧ＝ＣＤ
また、条件よりＣＤ＝ＤＢ よって、ＡＧ＝ＤＢ―――②
また、ＡＤ＝ＤＡ―――③
①,②,③より、二辺挟角が等しいので、△ＡＤＧと△ＤＡＢは合同。よって、四辺形ＡＧＤＣの面積は△ＡＢＣの面積と等しく１５ｃｍ^2である。
よって、正方形ＡＥＦＣから正方形ＤＧＨＩをくり抜いた部分の面積はこの４倍で６０ｃｍ^2である。
よって、正方形ＤＧＨＩ＝９.５×９.５－６０＝９０.２５－６０＝３０.２５ｃｍ^2
よって、ＤＧ＝５.５ｃｍ よって、ＡＢ＝５.５ｃｍ
よって、答えは、５.５ｃｍ
アイデア引用元：https://sansu-seijin.jp/sansu-orympic/4672/
おまけ：
返信
返信2
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/19 11:22 (No.761410)削除https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/602
うんざりはちべえさんが作ったフェルマーの最終定理（ただし、ｃは素数）の初等的証明を紹介しよう。
http://y-daisan.private.coocan.jp/html/pdf/felmer-5-4.pdf
しかし、否定的な人は読むのが面倒臭いので、補題が正しいかどうか分からないのでスルーするだろう。
そこで、今回DD++さんという方のアイデアで補題が非常に簡単に証明されたので、改めてフェルマーの最終定理（ただし、ｃは素数）の初等的証明を紹介しよう。
念のため、名前が私の名前になっているのはうんざりはちべえさんが一度放棄されて私に託されたためで、認められたらすぐに返す予定である。
以前に（2023/3/31 22:14の投稿）紹介したフェルマーの最終定理の初等的証明の間違い探しと共に中高生の数学教育に役立てて欲しいものである。
因みに、ｃが素数なら簡単に証明出来るのだろうと考える人は間違っている。例えば、ｎ＝２の場合は、３^2＋４^2＝５^2とか５^2＋１２^2＝１３^2とかで簡単に成り立ってしまうのだから。
おまけ：
うんざりはちべえさんが作ったフェルマーの最終定理（ただし、ｃは素数）の初等的証明を紹介しよう。
http://y-daisan.private.coocan.jp/html/pdf/felmer-5-4.pdf
しかし、否定的な人は読むのが面倒臭いので、補題が正しいかどうか分からないのでスルーするだろう。
そこで、今回DD++さんという方のアイデアで補題が非常に簡単に証明されたので、改めてフェルマーの最終定理（ただし、ｃは素数）の初等的証明を紹介しよう。
念のため、名前が私の名前になっているのはうんざりはちべえさんが一度放棄されて私に託されたためで、認められたらすぐに返す予定である。
以前に（2023/3/31 22:14の投稿）紹介したフェルマーの最終定理の初等的証明の間違い探しと共に中高生の数学教育に役立てて欲しいものである。
因みに、ｃが素数なら簡単に証明出来るのだろうと考える人は間違っている。例えば、ｎ＝２の場合は、３^2＋４^2＝５^2とか５^2＋１２^2＝１３^2とかで簡単に成り立ってしまうのだから。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/19 14:26削除> n>=3という前提があるのです。
> それを無視すれば、フェルマーの主張は間違っています。
> 前提条件を無視するのは、おかしくありませんか？
証明の中で使っていない前提は、証明から除去しても、証明の正しさは保存される(結論も保存される)。
FLTではn>=3の前提は必須なので、FLTの証明が正しければ、必ずその証明中で使われることになる。
うんさりはちべえさんのFLTの初等的証明(No.590)は、n>=3の前提を全く使っていないので、誤りである。(証明終わり)
No.619
H.Nakao
3月11日 09:05
引用元：https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/602
> このように、一見n≧3は使われているように見えませんが、ちゃんと使われているのですよ。
No.590の証明では使われていない。(どこにも書いていない)
初等的な証明というのであれば、その中で使った補助定理は、うんさりはちべえさんによって、全て証明できるはずです。証明で使われた補助定理の少なくとも１つにはn>=3の前提が含まれるので、書いていなくても使われているは詭弁ですよ。
No.632
H.Nakao
3月12日 09:00
引用元は上と同じ。
因みに、No.590とは、次のものである。
DD++様、おはようございます。
余計なことを削除すればいいことに気づきました。
＊＊＊＊＊＊＊＊
フェルマーの最終定理の初等的証明を考える。
a^n+b^n=c^nにおいて、a,b,cは自然数であり、n≧3では、成り立たないという問題である。
a,b,cは、互いに素な自然数であるとする。
さて、公式より、
c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
また、c^n-b^n=a^n
よって、
a^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)} ---(a)
ここで、{}の中は、初項c^(n-1)、項比b/c,項数nの等比級数である。
a^n=(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)} ---(b)
(b)式の両辺をa^tで割ると、a,cは互いに素であるから、c^(n-1)/a^tは割り切れない。
ただし、tはt<nの自然数である。
すると、(b)は、左辺は割り切れるが、右辺は少なくともc^(n-1)/a^tが割り切れないので、成り立たない。ゆえに、(a)式は成り立たず、c^n-b^n=a^nは成り立たない。
よって、フェルマーの最終定理は、初等的に証明された。
No.590
うんざりはちべえ
3月9日 07:06
確かに使われていないね。でも、その上のNo.579では使われている。https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/579
「nが偶数の時は、無限下降法で、フェルマーによって証明済みであり、nが奇数の合成数ならば、構成する最小の素数を考えればよい。→wikipedia参照
したがって、nは、奇数の素数でよい。」
ここである。ｎが奇数の素数という事でｎ≧３である。念のため、これは詭弁ではない。ただし、このうんざりはちべえさんの証明が誤りである事は言うまでもない。（ずっと前に作った間違い探しの方がよっぽど秀作である。）
おまけ：
> それを無視すれば、フェルマーの主張は間違っています。
> 前提条件を無視するのは、おかしくありませんか？
証明の中で使っていない前提は、証明から除去しても、証明の正しさは保存される(結論も保存される)。
FLTではn>=3の前提は必須なので、FLTの証明が正しければ、必ずその証明中で使われることになる。
うんさりはちべえさんのFLTの初等的証明(No.590)は、n>=3の前提を全く使っていないので、誤りである。(証明終わり)
No.619
H.Nakao
3月11日 09:05
引用元：https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/602
> このように、一見n≧3は使われているように見えませんが、ちゃんと使われているのですよ。
No.590の証明では使われていない。(どこにも書いていない)
初等的な証明というのであれば、その中で使った補助定理は、うんさりはちべえさんによって、全て証明できるはずです。証明で使われた補助定理の少なくとも１つにはn>=3の前提が含まれるので、書いていなくても使われているは詭弁ですよ。
No.632
H.Nakao
3月12日 09:00
引用元は上と同じ。
因みに、No.590とは、次のものである。
DD++様、おはようございます。
余計なことを削除すればいいことに気づきました。
＊＊＊＊＊＊＊＊
フェルマーの最終定理の初等的証明を考える。
a^n+b^n=c^nにおいて、a,b,cは自然数であり、n≧3では、成り立たないという問題である。
a,b,cは、互いに素な自然数であるとする。
さて、公式より、
c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
また、c^n-b^n=a^n
よって、
a^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)} ---(a)
ここで、{}の中は、初項c^(n-1)、項比b/c,項数nの等比級数である。
a^n=(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)} ---(b)
(b)式の両辺をa^tで割ると、a,cは互いに素であるから、c^(n-1)/a^tは割り切れない。
ただし、tはt<nの自然数である。
すると、(b)は、左辺は割り切れるが、右辺は少なくともc^(n-1)/a^tが割り切れないので、成り立たない。ゆえに、(a)式は成り立たず、c^n-b^n=a^nは成り立たない。
よって、フェルマーの最終定理は、初等的に証明された。
No.590
うんざりはちべえ
3月9日 07:06
確かに使われていないね。でも、その上のNo.579では使われている。https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/579
「nが偶数の時は、無限下降法で、フェルマーによって証明済みであり、nが奇数の合成数ならば、構成する最小の素数を考えればよい。→wikipedia参照
したがって、nは、奇数の素数でよい。」
ここである。ｎが奇数の素数という事でｎ≧３である。念のため、これは詭弁ではない。ただし、このうんざりはちべえさんの証明が誤りである事は言うまでもない。（ずっと前に作った間違い探しの方がよっぽど秀作である。）
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/18 19:53 (No.760894)削除定理
適当に選んだ（区間の）連続した整数の和が２^nになる事はない。（うんざりはちべえさん作）
証明
ｍ～ｎまで連続する自然数の和は、等差数列の和の公式より、
Ｓ＝(ｍ＋ｎ)(ｎ－ｍ＋１)/２ ∴(ｍ＋ｎ)(ｎ－ｍ＋１)＝２S
ここで、ｍ＋ｎと－ｍ＋ｎの偶奇は一致している。よって、ｍ＋ｎと－ｍ＋ｎ＋１の偶奇は分かれている。
よって、両方とも偶数になる事はないので、Ｓが２^nの形になる事はない。よって、示された。
おまけ：
適当に選んだ（区間の）連続した整数の和が２^nになる事はない。（うんざりはちべえさん作）
証明
ｍ～ｎまで連続する自然数の和は、等差数列の和の公式より、
Ｓ＝(ｍ＋ｎ)(ｎ－ｍ＋１)/２ ∴(ｍ＋ｎ)(ｎ－ｍ＋１)＝２S
ここで、ｍ＋ｎと－ｍ＋ｎの偶奇は一致している。よって、ｍ＋ｎと－ｍ＋ｎ＋１の偶奇は分かれている。
よって、両方とも偶数になる事はないので、Ｓが２^nの形になる事はない。よって、示された。
おまけ：
返信
返信0
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/18 13:49 (No.760651)削除問題
連続する正の数からその一部の連続するいくつかの数を足したら総和が１０００になった。この数の組を求めよ。
誤解しないように解説。例えば、５０～１００までの和とその一部の７０～８０までの和を足したら１０００になったという問題ではなく、単純に自然数をｍ～ｎまで足したら１０００になった時、ｍ～ｎを求めよ、ただし、１組とは限りませんよという問題である。
検索なしで解いて下さい。因みに、引用元のＵＲＬは分からなくなってしまったので、ＰＤＦファイルを挙げておく。（私のパソコンは一度取り込まないとまともには読めない。（ＰＤＦファイルだけ。））
この人は自分で解いているね。相変わらず、面白い。
おまけ：
連続する正の数からその一部の連続するいくつかの数を足したら総和が１０００になった。この数の組を求めよ。
誤解しないように解説。例えば、５０～１００までの和とその一部の７０～８０までの和を足したら１０００になったという問題ではなく、単純に自然数をｍ～ｎまで足したら１０００になった時、ｍ～ｎを求めよ、ただし、１組とは限りませんよという問題である。
検索なしで解いて下さい。因みに、引用元のＵＲＬは分からなくなってしまったので、ＰＤＦファイルを挙げておく。（私のパソコンは一度取り込まないとまともには読めない。（ＰＤＦファイルだけ。））
この人は自分で解いているね。相変わらず、面白い。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/18 19:23削除問題
連続する正の数からその一部の連続するいくつかの数を足したら総和が１０００になった。この数の組を求めよ。
解答
要は、ｍ～ｎまで連続する自然数の和が１０００になるｍ，ｎの組を全て求めれば良い。
そこで、等差数列の和の公式より、Ｓ＝(ｍ＋ｎ)(ｎ－ｍ＋１)/２＝１０００が成り立つ。
∴(ｍ＋ｎ)(－ｍ＋ｎ＋１)＝２０００
また、１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２の公式で求めると、
ｎ(ｎ＋１)/２－ｍ(ｍ－１)/２＝１０００が成り立つ。
∴ｎ(ｎ＋１)－ｍ(ｍ－１)＝２０００ ∴ｎ^2＋ｎ－ｍ^2＋ｍ＝２０００ ∴－(ｍ^2－ｎ^2)＋ｍ＋ｎ＝２０００
∴－(ｍ＋ｎ)(ｍ－ｎ)＋ｍ＋ｎ＝２０００
∴(ｍ＋ｎ)(－ｍ＋ｎ＋１)＝２０００
ここで、ｍ＋ｎと－ｍ＋ｎの偶奇は一致している。これは定石だが、ｍ，ｎを奇数，偶数で場合分けして考えれば分かる。よって、ｍ＋ｎと－ｍ＋ｎ＋１の偶奇は分かれている。
これは別の考え方をすれば、ｍ＋ｎと－ｍ＋ｎ＋１の和が２ｎ＋１で奇数なので偶数と奇数に分かれていると分かる。（念のため、奇数＝偶数＋奇数しかないという事。奇数＋奇数＝偶数，偶数＋偶数＝偶数）
また、ｍ，ｎは自然数より、ｍ＋ｎ＞－ｍ＋ｎ＋１である。
よって、(ｍ＋ｎ)(－ｍ＋ｎ＋１)＝２^4・５^3のｍ＋ｎと－ｍ＋ｎ＋１は偶奇が分かれていてｍ＋ｎ＞－ｍ＋ｎ＋１である。
（ⅰ）－ｍ＋ｎ＋１が奇数の場合、
①－ｍ＋ｎ＋１＝１の場合、ｍ＝ｎで不適。（ｍ＜ｎだから。）
②－ｍ＋ｎ＋１＝５の場合、－ｍ＋ｎ＝４ よって、ｍ＋ｎ＝２^4・５^2＝４００ ２式の和より、２ｎ＝４０４ ∴ｎ＝２０２ ∴ｍ＝１９８
よって、１９８～２０２
③－ｍ＋ｎ＋１＝５^2の場合、－ｍ＋ｎ＝２４ よって、ｍ＋ｎ＝２^4・５＝８０ ２式の和より、２ｎ＝１０４ ∴ｎ＝５２ ∴ｍ＝２８
よって、２８～５２
④－ｍ＋ｎ＋１＝５^3の場合、－ｍ＋ｎ＝１２４ よって、ｍ＋ｎ＝２^4＝１６ ２式の和より、２ｎ＝１４０ ∴ｎ＝７０ ∴ｍ＝－５４ ｍ＞０より不適。
（ⅱ）ｍ＋ｎが奇数の場合、ｍ＋ｎ＞－ｍ＋ｎ＋１より、ｍ＋ｎ＝５^3の場合しかあり得ない。ｍ＋ｎ＝５^2＝２５とすると、－ｍ＋ｎ＋１＝２^4・５^3/５^2＝８０で、ｍ＋ｎ＜－ｍ＋ｎ＋１となるから。
∴ｍ＋ｎ＝１２５，－ｍ＋ｎ＋１＝２^4＝１６ ∴－ｍ＋ｎ＝１５ よって、２式の和より、２ｎ＝１４０ ∴ｎ＝７０ ∴ｍ＝５５
よって、５５～７０
（ⅰ），（ⅱ）より、１９８～２０２，２８～５２，５５～７０
因みに、④から－５４～７０と出るが、－５４～５４は相殺されるので、５５～７０と出る。
あまり他人の指摘はしたくないが、このレポートの１ページ目の「左辺は整数だからＳ＝ａｐと置ける」というのは間違っているね。
ここは、「左辺は整数だから２Ｓ＝ａｐと置ける」としなければいけない。レポートではその後ａは奇数となっているが、ａはここで言う所のｍ～ｎの間なんだから偶数でも奇数でもどちらにもなる。
実際、１ページ目の終わりの方の数式ａ＋２ｎ＋１＝２Ｓ/ａのａを２（偶数）としても成り立つだろう。
検索はしていないが、模範解答もこんなものだろう。
おまけ：
連続する正の数からその一部の連続するいくつかの数を足したら総和が１０００になった。この数の組を求めよ。
解答
要は、ｍ～ｎまで連続する自然数の和が１０００になるｍ，ｎの組を全て求めれば良い。
そこで、等差数列の和の公式より、Ｓ＝(ｍ＋ｎ)(ｎ－ｍ＋１)/２＝１０００が成り立つ。
∴(ｍ＋ｎ)(－ｍ＋ｎ＋１)＝２０００
また、１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２の公式で求めると、
ｎ(ｎ＋１)/２－ｍ(ｍ－１)/２＝１０００が成り立つ。
∴ｎ(ｎ＋１)－ｍ(ｍ－１)＝２０００ ∴ｎ^2＋ｎ－ｍ^2＋ｍ＝２０００ ∴－(ｍ^2－ｎ^2)＋ｍ＋ｎ＝２０００
∴－(ｍ＋ｎ)(ｍ－ｎ)＋ｍ＋ｎ＝２０００
∴(ｍ＋ｎ)(－ｍ＋ｎ＋１)＝２０００
ここで、ｍ＋ｎと－ｍ＋ｎの偶奇は一致している。これは定石だが、ｍ，ｎを奇数，偶数で場合分けして考えれば分かる。よって、ｍ＋ｎと－ｍ＋ｎ＋１の偶奇は分かれている。
これは別の考え方をすれば、ｍ＋ｎと－ｍ＋ｎ＋１の和が２ｎ＋１で奇数なので偶数と奇数に分かれていると分かる。（念のため、奇数＝偶数＋奇数しかないという事。奇数＋奇数＝偶数，偶数＋偶数＝偶数）
また、ｍ，ｎは自然数より、ｍ＋ｎ＞－ｍ＋ｎ＋１である。
よって、(ｍ＋ｎ)(－ｍ＋ｎ＋１)＝２^4・５^3のｍ＋ｎと－ｍ＋ｎ＋１は偶奇が分かれていてｍ＋ｎ＞－ｍ＋ｎ＋１である。
（ⅰ）－ｍ＋ｎ＋１が奇数の場合、
①－ｍ＋ｎ＋１＝１の場合、ｍ＝ｎで不適。（ｍ＜ｎだから。）
②－ｍ＋ｎ＋１＝５の場合、－ｍ＋ｎ＝４ よって、ｍ＋ｎ＝２^4・５^2＝４００ ２式の和より、２ｎ＝４０４ ∴ｎ＝２０２ ∴ｍ＝１９８
よって、１９８～２０２
③－ｍ＋ｎ＋１＝５^2の場合、－ｍ＋ｎ＝２４ よって、ｍ＋ｎ＝２^4・５＝８０ ２式の和より、２ｎ＝１０４ ∴ｎ＝５２ ∴ｍ＝２８
よって、２８～５２
④－ｍ＋ｎ＋１＝５^3の場合、－ｍ＋ｎ＝１２４ よって、ｍ＋ｎ＝２^4＝１６ ２式の和より、２ｎ＝１４０ ∴ｎ＝７０ ∴ｍ＝－５４ ｍ＞０より不適。
（ⅱ）ｍ＋ｎが奇数の場合、ｍ＋ｎ＞－ｍ＋ｎ＋１より、ｍ＋ｎ＝５^3の場合しかあり得ない。ｍ＋ｎ＝５^2＝２５とすると、－ｍ＋ｎ＋１＝２^4・５^3/５^2＝８０で、ｍ＋ｎ＜－ｍ＋ｎ＋１となるから。
∴ｍ＋ｎ＝１２５，－ｍ＋ｎ＋１＝２^4＝１６ ∴－ｍ＋ｎ＝１５ よって、２式の和より、２ｎ＝１４０ ∴ｎ＝７０ ∴ｍ＝５５
よって、５５～７０
（ⅰ），（ⅱ）より、１９８～２０２，２８～５２，５５～７０
因みに、④から－５４～７０と出るが、－５４～５４は相殺されるので、５５～７０と出る。
あまり他人の指摘はしたくないが、このレポートの１ページ目の「左辺は整数だからＳ＝ａｐと置ける」というのは間違っているね。
ここは、「左辺は整数だから２Ｓ＝ａｐと置ける」としなければいけない。レポートではその後ａは奇数となっているが、ａはここで言う所のｍ～ｎの間なんだから偶数でも奇数でもどちらにもなる。
実際、１ページ目の終わりの方の数式ａ＋２ｎ＋１＝２Ｓ/ａのａを２（偶数）としても成り立つだろう。
検索はしていないが、模範解答もこんなものだろう。
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/16 16:55 (No.758905)削除問題１
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901180001/
普通に図を描いて解きました。
問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901170002/
ある程度理詰めであとは適当に解きました。
おまけ：
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901180001/
普通に図を描いて解きました。
問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901170002/
ある程度理詰めであとは適当に解きました。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/18 07:56削除問題１の解答
点Ａ,Ｂ,Ｄの行き先をそれぞれＡ',Ｂ',Ｄ'として長方形Ａ'Ｂ'ＣＤ'を描くと、点Ａの軌道（軌跡）は点Ｃを中心とした半径ＣＡの円で、その扇形の中心角はＤがＤ'までの回転と同じなので９０°である。
また、点Ｄの軌跡は点Ｃを中心とした半径ＣＤの四分円の円周である。
よって、辺ＡＤが通過する部分の面積は、図形ＡＤＤ'Ａ'であり、その面積は、扇形ＣＡＡ'＋△Ａ'ＣＤ'－△ＡＣＤ－扇形ＣＤＤ'である。
△Ａ'ＣＤ'と△ＡＣＤは合同なので相殺され、求める面積は扇形ＣＡＡ'－扇形ＣＤＤ'である。
ここで、△ＡＣＤで三平方の定理を使うと、
ＡＣ＝√(２^2＋４^2)＝√２０＝２√５ｃｍ
よって、図形ＡＤＤ'Ａ'＝扇形ＣＡＡ'－扇形ＣＤＤ'
＝π(２√５)^2×(１/４)－π２^2×(１/４)＝５π－π
＝４πｃｍ^2
よって、答えは、４πｃｍ^2
問題２
０,１,２,３,４,５,６の７つの数字を１つずつ○に入れて式を完成させてください。
○×○＝○○＝○○÷○
解答
①×②＝③④＝⑤⑥÷⑦として、まず０の入る位置を考えてみる。
①か②に入れると③，④も０になってしまうので１個ずつという約束に反してしまうのでダメである。
また、⑦には入れてはいけない事は小学生でも知っているだろう。（０で割ってはいけないという事。）
③や⑤に入れると③④や⑤⑥が一桁になってしまうので完璧にあり得ないという訳でもないが、まぁ、後回しの選択である。
また、④を０にすると⑥も０になるので、１個ずつという約束に反してしまうのでダメである。（例えば、③④を２０とすると⑤⑥÷⑦＝２０で⑤⑥＝２０×⑦だからである。）
よって、⑥を０とする。
①×②＝③④＝⑤０÷⑦
次に⑤を考えて１とを入れてみると⑦で割るので大きい数から入れた方が良い。そこで、最大の６を入れると、
①×②＝③④＝６０÷⑦
次に⑦に５を入れてみると、①×②＝③④＝６０÷５
③④＝１２で①×②＝３×４で合う。
よって、答えの１つは、３×４＝１２＝６０÷５である。
理詰めで考えていないので、他に解がある可能性は否定出来ない。まぁ、証明すればいいだけだけど、興味がないのでスルーしよう。
おまけ：
点Ａ,Ｂ,Ｄの行き先をそれぞれＡ',Ｂ',Ｄ'として長方形Ａ'Ｂ'ＣＤ'を描くと、点Ａの軌道（軌跡）は点Ｃを中心とした半径ＣＡの円で、その扇形の中心角はＤがＤ'までの回転と同じなので９０°である。
また、点Ｄの軌跡は点Ｃを中心とした半径ＣＤの四分円の円周である。
よって、辺ＡＤが通過する部分の面積は、図形ＡＤＤ'Ａ'であり、その面積は、扇形ＣＡＡ'＋△Ａ'ＣＤ'－△ＡＣＤ－扇形ＣＤＤ'である。
△Ａ'ＣＤ'と△ＡＣＤは合同なので相殺され、求める面積は扇形ＣＡＡ'－扇形ＣＤＤ'である。
ここで、△ＡＣＤで三平方の定理を使うと、
ＡＣ＝√(２^2＋４^2)＝√２０＝２√５ｃｍ
よって、図形ＡＤＤ'Ａ'＝扇形ＣＡＡ'－扇形ＣＤＤ'
＝π(２√５)^2×(１/４)－π２^2×(１/４)＝５π－π
＝４πｃｍ^2
よって、答えは、４πｃｍ^2
問題２
０,１,２,３,４,５,６の７つの数字を１つずつ○に入れて式を完成させてください。
○×○＝○○＝○○÷○
解答
①×②＝③④＝⑤⑥÷⑦として、まず０の入る位置を考えてみる。
①か②に入れると③，④も０になってしまうので１個ずつという約束に反してしまうのでダメである。
また、⑦には入れてはいけない事は小学生でも知っているだろう。（０で割ってはいけないという事。）
③や⑤に入れると③④や⑤⑥が一桁になってしまうので完璧にあり得ないという訳でもないが、まぁ、後回しの選択である。
また、④を０にすると⑥も０になるので、１個ずつという約束に反してしまうのでダメである。（例えば、③④を２０とすると⑤⑥÷⑦＝２０で⑤⑥＝２０×⑦だからである。）
よって、⑥を０とする。
①×②＝③④＝⑤０÷⑦
次に⑤を考えて１とを入れてみると⑦で割るので大きい数から入れた方が良い。そこで、最大の６を入れると、
①×②＝③④＝６０÷⑦
次に⑦に５を入れてみると、①×②＝③④＝６０÷５
③④＝１２で①×②＝３×４で合う。
よって、答えの１つは、３×４＝１２＝６０÷５である。
理詰めで考えていないので、他に解がある可能性は否定出来ない。まぁ、証明すればいいだけだけど、興味がないのでスルーしよう。
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/15 17:27 (No.757991)削除問題
実数係数のｎ次方程式ａnｘ^n＋ａn-1ｘ^(n-1)＋…＋ａ1ｘ＋ａ0＝０がある。この方程式が虚数解αを解に持つ時、その共役複素数|αも解に持つ事を示せ。
証明
https://examist.jp/mathematics/complex-equation/kyouyaku-syoumei/
エレガントですね。別解を考えてみました。
別証
代数学の基本定理より複素数係数のｎ次方程式は重解を含めてｎ個の解を複素数の範囲に持つ。実数も複素数の内なので、実数係数のｎ次方程式は複素数の範囲でｎ個の解を持つ。
https://manabitimes.jp/math/799
その内の１つをｘ＝ａ＋ｂｉ（ａ,ｂは実数）と置くと、ｂｉ＝ｘ－ａ ∴－ｂ^2＝ｘ^2－２ａｘ＋ａ^2 ∴ｘ^2－２ａｘ＋ａ^2＋ｂ^2＝０ これを解の公式で解くと、ｘ＝ａ±√{ａ^2－(ａ^2＋ｂ^2)}＝ａ±√(－ｂ^2)＝ａ±ｂｉ
また、もう１つ複素数解を取ると、ｘ＝ｃ＋ｄｉ（ｃ,ｄは実数）で同様に、ｘ^2－２ｃｘ＋ｃ^2＋ｄ^2＝０となる。
（ⅰ）ｎ次方程式のｎが偶数の場合、これらを掛け合わせていけば全てのｎ次方程式が表せ、ｘ＝ａ±ｂｉから共役複素数解を持つ。（実数は四則演算について閉じているので係数は実数のまま。）
（ⅱ）ｎ次方程式のｎが奇数の場合、少なくとも１つは実数解を持ち、偶数の場合にさらにｘ－α＝０（αは実数）を掛け合わせれば、実数係数の方程式になりｘ＝ａ±ｂｉから共役複素数解を持つ。
（ⅰ）,（ⅱ）より、実数係数のｎ次方程式はその共役複素数も解に持つ。
ｎが奇数の場合、少なくとも１つは実数解を持つ証明は中間値の定理から簡単に証明出来る。http://indoctus2.blogspot.com/2015/03/blog-post_92.html
どうでしょうか。代数学の基本定理は別に使う必要もないと思いますが。
おまけ：
実数係数のｎ次方程式ａnｘ^n＋ａn-1ｘ^(n-1)＋…＋ａ1ｘ＋ａ0＝０がある。この方程式が虚数解αを解に持つ時、その共役複素数|αも解に持つ事を示せ。
証明
https://examist.jp/mathematics/complex-equation/kyouyaku-syoumei/
エレガントですね。別解を考えてみました。
別証
代数学の基本定理より複素数係数のｎ次方程式は重解を含めてｎ個の解を複素数の範囲に持つ。実数も複素数の内なので、実数係数のｎ次方程式は複素数の範囲でｎ個の解を持つ。
https://manabitimes.jp/math/799
その内の１つをｘ＝ａ＋ｂｉ（ａ,ｂは実数）と置くと、ｂｉ＝ｘ－ａ ∴－ｂ^2＝ｘ^2－２ａｘ＋ａ^2 ∴ｘ^2－２ａｘ＋ａ^2＋ｂ^2＝０ これを解の公式で解くと、ｘ＝ａ±√{ａ^2－(ａ^2＋ｂ^2)}＝ａ±√(－ｂ^2)＝ａ±ｂｉ
また、もう１つ複素数解を取ると、ｘ＝ｃ＋ｄｉ（ｃ,ｄは実数）で同様に、ｘ^2－２ｃｘ＋ｃ^2＋ｄ^2＝０となる。
（ⅰ）ｎ次方程式のｎが偶数の場合、これらを掛け合わせていけば全てのｎ次方程式が表せ、ｘ＝ａ±ｂｉから共役複素数解を持つ。（実数は四則演算について閉じているので係数は実数のまま。）
（ⅱ）ｎ次方程式のｎが奇数の場合、少なくとも１つは実数解を持ち、偶数の場合にさらにｘ－α＝０（αは実数）を掛け合わせれば、実数係数の方程式になりｘ＝ａ±ｂｉから共役複素数解を持つ。
（ⅰ）,（ⅱ）より、実数係数のｎ次方程式はその共役複素数も解に持つ。
ｎが奇数の場合、少なくとも１つは実数解を持つ証明は中間値の定理から簡単に証明出来る。http://indoctus2.blogspot.com/2015/03/blog-post_92.html
どうでしょうか。代数学の基本定理は別に使う必要もないと思いますが。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/15 19:59削除「抜け」があったね。
ｎが奇数の場合は実数解が重解を含めて奇数個である事を述べておかなければいけなかったね。まぁ、証明自体に問題はないだろう。
ｎが奇数の場合は実数解が重解を含めて奇数個である事を述べておかなければいけなかったね。まぁ、証明自体に問題はないだろう。
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/15 22:26削除よく考えたら循環論法と言われても仕方なかった。
そこで、２次方程式ａｘ^2＋ｂｘ＋ｃ＝０（ａ,ｂ,ｃは実数）の解と係数の関係を考えると、
α＋β＝－ｂ/ａ，αβ＝ｃ/ａ
ここで、α＝ｐ＋ｑｉ（ｐ,ｑは実数）とすると、－b/ａ，ｃ/ａが実数より虚数部分が相殺されるには、β＝ｐ－ｑｉしかあり得ない。
そこで、実数係数のｎ次方程式ａnｘ^n＋ａn-1ｘ^(n-1)＋…＋ａ1ｘ＋ａ0＝０の１つの複素数解をｘ＝ａ＋ｂｉ（ａ,ｂは実数）とすると、ｂｉ＝ｘ－ａ ∴－ｂ^2＝ｘ^2－２ａｘ＋ａ^2 ∴ｘ^2－２ａｘ＋ａ^2＋ｂ^2＝０
として良い。（しかあり得ない。）
また、もう１つ複素数解を取ると、ｘ＝ｃ＋ｄｉ（ｃ,ｄは実数）で同様に、ｘ^2－２ｃｘ＋ｃ^2＋ｄ^2＝０となる。
（ⅰ）ｎ次方程式のｎが偶数の場合、これらを掛け合わせていけば全てのｎ次方程式が表せ、ｘ＝ａ±ｂｉから共役複素数解を持つ。（実数は四則演算について閉じているので係数は実数のまま。）
（ⅱ）ｎ次方程式のｎが奇数の場合、重解を含めて実数解が奇数個になる。偶数の場合にさらに(ｘ－α)(ｘ－β)…(ｘ－ω)＝０（α～ωは実数，奇数個）を掛け合わせれば、実数係数の方程式になりｘ＝ａ±ｂｉから共役複素数解を持つ。
（ⅰ）,（ⅱ）より、実数係数のｎ次方程式はその共役複素数も解に持つ。
念のため、厳密な証明ではない。また、３次方程式の解と係数の関係では、α＋β＋γ＝－ｂ/ａ，αβ＋βγ＋γα＝ｃ/ａ，αβγ＝－ｄ/ａで１つの解が実数解である事を考えれば残り２つは虚数部分が相殺されるしかないので共役である事が分かる。また、４次方程式の解と係数の関係を自分で作っても２組の共役複素数である必要がある事は自明だろう。
おまけ：
そこで、２次方程式ａｘ^2＋ｂｘ＋ｃ＝０（ａ,ｂ,ｃは実数）の解と係数の関係を考えると、
α＋β＝－ｂ/ａ，αβ＝ｃ/ａ
ここで、α＝ｐ＋ｑｉ（ｐ,ｑは実数）とすると、－b/ａ，ｃ/ａが実数より虚数部分が相殺されるには、β＝ｐ－ｑｉしかあり得ない。
そこで、実数係数のｎ次方程式ａnｘ^n＋ａn-1ｘ^(n-1)＋…＋ａ1ｘ＋ａ0＝０の１つの複素数解をｘ＝ａ＋ｂｉ（ａ,ｂは実数）とすると、ｂｉ＝ｘ－ａ ∴－ｂ^2＝ｘ^2－２ａｘ＋ａ^2 ∴ｘ^2－２ａｘ＋ａ^2＋ｂ^2＝０
として良い。（しかあり得ない。）
また、もう１つ複素数解を取ると、ｘ＝ｃ＋ｄｉ（ｃ,ｄは実数）で同様に、ｘ^2－２ｃｘ＋ｃ^2＋ｄ^2＝０となる。
（ⅰ）ｎ次方程式のｎが偶数の場合、これらを掛け合わせていけば全てのｎ次方程式が表せ、ｘ＝ａ±ｂｉから共役複素数解を持つ。（実数は四則演算について閉じているので係数は実数のまま。）
（ⅱ）ｎ次方程式のｎが奇数の場合、重解を含めて実数解が奇数個になる。偶数の場合にさらに(ｘ－α)(ｘ－β)…(ｘ－ω)＝０（α～ωは実数，奇数個）を掛け合わせれば、実数係数の方程式になりｘ＝ａ±ｂｉから共役複素数解を持つ。
（ⅰ）,（ⅱ）より、実数係数のｎ次方程式はその共役複素数も解に持つ。
念のため、厳密な証明ではない。また、３次方程式の解と係数の関係では、α＋β＋γ＝－ｂ/ａ，αβ＋βγ＋γα＝ｃ/ａ，αβγ＝－ｄ/ａで１つの解が実数解である事を考えれば残り２つは虚数部分が相殺されるしかないので共役である事が分かる。また、４次方程式の解と係数の関係を自分で作っても２組の共役複素数である必要がある事は自明だろう。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/16 07:28削除改題
実数係数の３次方程式ａ3ｘ^3＋ａ2ｘ^2＋ａ1ｘ＋ａ0＝０がある。この方程式が虚数解αを解に持つ時、その共役複素数|αも解に持つ事を示せ。
具体的に３次で厳密に示してみました。
解答
３次方程式の解と係数の関係より、３つの解をα,β,γとすると、α＋β＋γ＝－ａ2/ａ3―――①
αβγ＝－ａ0/ａ3―――②
また、３次方程式の少なくとも１つの解は実数解よりγを実数解とし、α＝ｐ＋ｑｉ，β＝ｒ＋ｓｉ（ｐ,ｑ,ｒ,ｓは実数）と置くと、
①より、(ｐ＋ｑｉ)＋(ｒ＋ｓｉ)＋γ＝－ａ2/ａ3
∴ｐ＋ｒ＋γ＋ａ2/ａ3＋(ｑ＋ｓ)ｉ＝０
ｐ,ｒ,γ,ａ2/ａ3,ｑ,ｓは実数より、
ｐ＋ｒ＋γ＋ａ2/ａ3＝０，ｑ＋ｓ＝０
∴ｓ＝－ｑ―――③
また、②より、(ｐ＋ｑｉ)(ｒ＋ｓｉ)γ＝－ａ0/ａ3
∴ｐｒ＋ｐｓｉ＋ｑｒｉ－ｑｓ＋ａ0/ａ3＝０
∴ｐｒ－ｑｓ＋ａ0/ａ3＋(ｐｓ＋ｑｒ)ｉ＝０
ｐｒ,ｑｓ,ａ0/ａ3,ｐｓ,ｑｒは実数より、
∴ｐｒ－ｑｓ＋ａ0/ａ3＝０，ｐｓ＋ｑｒ＝０―――④
③を④に代入すると、ｐｑ－ｑｒ＝０
∴ｑ(ｐ－ｒ)＝０
ここで、条件よりα,βは複素数解（γが実数解）よりｑ≠０ ∴ｐ－ｒ＝０ ∴ｐ＝ｒ―――⑤
③，⑤をβ＝ｒ＋ｓｉに代入すると、β＝ｐ－ｑｉ
ところで、これはα＝ｐ＋ｑｉの共役複素数解|αである。
よって、複素数解αを持つならば共役複素数解|αも解に持つ。よって、示された。
ｎ次の場合も構造的に同じである事は言うまでもない。
おまけ：
実数係数の３次方程式ａ3ｘ^3＋ａ2ｘ^2＋ａ1ｘ＋ａ0＝０がある。この方程式が虚数解αを解に持つ時、その共役複素数|αも解に持つ事を示せ。
具体的に３次で厳密に示してみました。
解答
３次方程式の解と係数の関係より、３つの解をα,β,γとすると、α＋β＋γ＝－ａ2/ａ3―――①
αβγ＝－ａ0/ａ3―――②
また、３次方程式の少なくとも１つの解は実数解よりγを実数解とし、α＝ｐ＋ｑｉ，β＝ｒ＋ｓｉ（ｐ,ｑ,ｒ,ｓは実数）と置くと、
①より、(ｐ＋ｑｉ)＋(ｒ＋ｓｉ)＋γ＝－ａ2/ａ3
∴ｐ＋ｒ＋γ＋ａ2/ａ3＋(ｑ＋ｓ)ｉ＝０
ｐ,ｒ,γ,ａ2/ａ3,ｑ,ｓは実数より、
ｐ＋ｒ＋γ＋ａ2/ａ3＝０，ｑ＋ｓ＝０
∴ｓ＝－ｑ―――③
また、②より、(ｐ＋ｑｉ)(ｒ＋ｓｉ)γ＝－ａ0/ａ3
∴ｐｒ＋ｐｓｉ＋ｑｒｉ－ｑｓ＋ａ0/ａ3＝０
∴ｐｒ－ｑｓ＋ａ0/ａ3＋(ｐｓ＋ｑｒ)ｉ＝０
ｐｒ,ｑｓ,ａ0/ａ3,ｐｓ,ｑｒは実数より、
∴ｐｒ－ｑｓ＋ａ0/ａ3＝０，ｐｓ＋ｑｒ＝０―――④
③を④に代入すると、ｐｑ－ｑｒ＝０
∴ｑ(ｐ－ｒ)＝０
ここで、条件よりα,βは複素数解（γが実数解）よりｑ≠０ ∴ｐ－ｒ＝０ ∴ｐ＝ｒ―――⑤
③，⑤をβ＝ｒ＋ｓｉに代入すると、β＝ｐ－ｑｉ
ところで、これはα＝ｐ＋ｑｉの共役複素数解|αである。
よって、複素数解αを持つならば共役複素数解|αも解に持つ。よって、示された。
ｎ次の場合も構造的に同じである事は言うまでもない。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/17 07:42削除問題
実数係数のｎ次方程式ａnｘ^n＋ａn-1ｘ^(n-1)＋…＋ａ1ｘ＋ａ0＝０がある。この方程式が虚数解αを解に持つ時、その共役複素数|αも解に持つ事を示せ。
証明
https://examist.jp/mathematics/complex-equation/kyouyaku-syoumei/
エレガントですね。別解を考えてみました。
別証
２次方程式ａｘ^2＋ｂｘ＋ｃ＝０（ａ,ｂ,ｃは実数）の２つの解を複素数解α,βとすると、解と係数の関係より、
α＋β＝－ｂ/ａ，αβ＝ｃ/ａ
実数は四則演算について閉じているので右辺は実数より、左辺の２つの解は共役関係の２つの解しかあり得ない。（厳密な証明は上の３次の場合を参照。）
ここで、ｎ次方程式のｎ個の解（代数学の基本定理より）をα1,α2,…,αnと置くと、解と係数の関係より、
α1＋α2＋…＋αn＝－ａn-1/ａn
α1α2…αn＝±ａ0/ａn（ｎが奇数の場合は負でｎが偶数の場合は正）
ｎが偶数の場合は偶数個の実数解を含み、２次の場合と同様に共役関係のペアの複数組しかあり得ない。
ｎが奇数の場合は奇数個の実数解を含み、２次の場合と同様に共役関係のペアの複数組しかあり得ない。
よって、ｎ次方程式が虚数解αを解に持つ時、その共役複素数|αも解に持つ事が示された。
因みに、実数係数のｎ次方程式ａnｘ^n＋ａn-1ｘ^(n-1)＋…＋ａ1ｘ＋ａ0＝０の１つの解をｘ＝ｐ＋ｑｉ（ｐ,ｑは実数）と置いて、ｑｉ＝ｘ－ｐ ∴－ｑ^2＝ｘ^2－２ｐｘ＋ｐ^2
∴ｘ^2－２ｐｘ＋ｐ^2＋ｑ^2＝０
この方程式が実数係数になる時点で上のｎ次方程式はこの式で割り切れ（ｘ＝ｐ＋ｑｉを含むから）ｘ＝ｐ－ｑｉも解を含む証明にならないのだろうか。念のため、厳密な証明とは思っていないが。（循環論法なのか？）
関係ないけど、ｘ^2－２ｐｘ＋ｐ^2＋ｑ^2はℝ上既約多項式である。
おまけ：
実数係数のｎ次方程式ａnｘ^n＋ａn-1ｘ^(n-1)＋…＋ａ1ｘ＋ａ0＝０がある。この方程式が虚数解αを解に持つ時、その共役複素数|αも解に持つ事を示せ。
証明
https://examist.jp/mathematics/complex-equation/kyouyaku-syoumei/
エレガントですね。別解を考えてみました。
別証
２次方程式ａｘ^2＋ｂｘ＋ｃ＝０（ａ,ｂ,ｃは実数）の２つの解を複素数解α,βとすると、解と係数の関係より、
α＋β＝－ｂ/ａ，αβ＝ｃ/ａ
実数は四則演算について閉じているので右辺は実数より、左辺の２つの解は共役関係の２つの解しかあり得ない。（厳密な証明は上の３次の場合を参照。）
ここで、ｎ次方程式のｎ個の解（代数学の基本定理より）をα1,α2,…,αnと置くと、解と係数の関係より、
α1＋α2＋…＋αn＝－ａn-1/ａn
α1α2…αn＝±ａ0/ａn（ｎが奇数の場合は負でｎが偶数の場合は正）
ｎが偶数の場合は偶数個の実数解を含み、２次の場合と同様に共役関係のペアの複数組しかあり得ない。
ｎが奇数の場合は奇数個の実数解を含み、２次の場合と同様に共役関係のペアの複数組しかあり得ない。
よって、ｎ次方程式が虚数解αを解に持つ時、その共役複素数|αも解に持つ事が示された。
因みに、実数係数のｎ次方程式ａnｘ^n＋ａn-1ｘ^(n-1)＋…＋ａ1ｘ＋ａ0＝０の１つの解をｘ＝ｐ＋ｑｉ（ｐ,ｑは実数）と置いて、ｑｉ＝ｘ－ｐ ∴－ｑ^2＝ｘ^2－２ｐｘ＋ｐ^2
∴ｘ^2－２ｐｘ＋ｐ^2＋ｑ^2＝０
この方程式が実数係数になる時点で上のｎ次方程式はこの式で割り切れ（ｘ＝ｐ＋ｑｉを含むから）ｘ＝ｐ－ｑｉも解を含む証明にならないのだろうか。念のため、厳密な証明とは思っていないが。（循環論法なのか？）
関係ないけど、ｘ^2－２ｐｘ＋ｐ^2＋ｑ^2はℝ上既約多項式である。
おまけ：
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返信4
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/12 20:58 (No.755421)削除問題１
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901210001/
「頭を和らかくして考えてください！」ってあるけど、普通に地味に解くしかないような気がする。
問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901200000/
すぐ解けたけど正解かどうかは分からない。
おまけ：
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901210001/
「頭を和らかくして考えてください！」ってあるけど、普通に地味に解くしかないような気がする。
問題２
https://plaza.rakuten.co.jp/difkou/diary/201901200000/
すぐ解けたけど正解かどうかは分からない。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/16 21:43削除問題１の解答
正方形を左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ひし形を正面上の頂点から反時計回りにＰ～Ｓと振る。
また、正方形とひし形の中心をＯとし、ＰＳとＡＤ，ＤＣとの交点をそれぞれＥ，Ｆとし、ＯＳとＤＣとの交点をＧとすると、ＯＳ＝８÷２＝４ｃｍ，ＯＧ＝４÷２＝２ｃｍより、ＧＳ＝４－２＝２ｃｍ
また、△ＰＯＳと△ＦＧＳは相似で△ＰＯＳの２辺比はひし形の対角線の比と同じで８：５より△ＦＧＳの二辺比も８：５ よって、ＦＧ：２＝５：８
よって、ＦＧ＝５/４ｃｍ
よって、ＤＦ＝２－５/４＝３/４ｃｍ
また、△ＦＤＥも相似で二辺比が５：８より、
ＤＥ＝(８/５)×(３/４)＝６/５ｃｍ
よって、△ＤＥＦ＝(６/５)×(３/４)×(１/２)
＝９/２０ｃｍ^2
色部分の面積＝４×４－(９/２０)×４＝１６－９/５
＝７１/５ｃｍ^2 よって、答えは、７１/５ｃｍ^2
問題２の解答
中央の縦２本のマッチ棒の上のマッチ棒を６０°ぐらい回転させてひし形にすると、
上から見ると、□ □ → □□□
□ □
みたいになり３個から４個になる。
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/aaad739a90d058fa3a211428e14bb8364b2ccf2a
正方形を左上の頂点から反時計回りにＡ～Ｄと振り、ひし形を正面上の頂点から反時計回りにＰ～Ｓと振る。
また、正方形とひし形の中心をＯとし、ＰＳとＡＤ，ＤＣとの交点をそれぞれＥ，Ｆとし、ＯＳとＤＣとの交点をＧとすると、ＯＳ＝８÷２＝４ｃｍ，ＯＧ＝４÷２＝２ｃｍより、ＧＳ＝４－２＝２ｃｍ
また、△ＰＯＳと△ＦＧＳは相似で△ＰＯＳの２辺比はひし形の対角線の比と同じで８：５より△ＦＧＳの二辺比も８：５ よって、ＦＧ：２＝５：８
よって、ＦＧ＝５/４ｃｍ
よって、ＤＦ＝２－５/４＝３/４ｃｍ
また、△ＦＤＥも相似で二辺比が５：８より、
ＤＥ＝(８/５)×(３/４)＝６/５ｃｍ
よって、△ＤＥＦ＝(６/５)×(３/４)×(１/２)
＝９/２０ｃｍ^2
色部分の面積＝４×４－(９/２０)×４＝１６－９/５
＝７１/５ｃｍ^2 よって、答えは、７１/５ｃｍ^2
問題２の解答
中央の縦２本のマッチ棒の上のマッチ棒を６０°ぐらい回転させてひし形にすると、
上から見ると、□ □ → □□□
□ □
みたいになり３個から４個になる。
おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/aaad739a90d058fa3a211428e14bb8364b2ccf2a
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返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/14 20:31 (No.757268)削除次の文章を完全解説して下さい。
定理1.18
(ℤ/２^nℤ)^*≃(ℤ/２^(n-2)ℤ)×(ℤ/２ℤ)（ｎ≧２）
注：ℤ/ｎℤの剰余類のうちｎと互いに素であるものだけを(ℤ/ｎℤ)^*と書き、既約剰余類と呼ぶ。
証明
補題（ⅰ）より５のmod２^nにおける位数は２^(n-2)ですから、
定理1.15（ⅰ）より、
１,５,５^2,…,５^(2^(n-2)-1)
はmod２^nで見てすべて異なり、全部で２^(n-2)個あります。
５^k≡１^k＝１（mod４）であり、１～２^nには４で割って１余る数は２^(n-2)個ありますから、１,５,５^2,…,５^(2^(n-2)-1)をmod２^nで見ると４で割って１余る数がすべて出てきます。
同様に、
－１,－５,－５^2,…,－５^(2^(n-2)-1)
はmod２^nで見てすべて異なり、全部で２^(n-2)個あります。
－５^k≡－１^k＝３（mod４）であり、１～２^nには４で割って３余る数は２^(n-2)個ありますから、－１,－５,－５^2,…,－５^(2^(n-2)-1)をmod２^nで見ると４で割って３余る数がすべて出てきます。
結局、
５^i(－１)^j（０≦ｉ≦２^(n-2)－１，ｊ＝０,１）
で表される２^(n-2)×２＝２^(n-1)個の数をmod２^nで見ると、(ℤ/２^nℤ)^*の元がちょうど１回ずつすべて出てきています。
同型写像を作っておきましょう。
(ℤ/２^nℤ)^*から(ℤ/２^(n-2)ℤ)×(ℤ/２ℤ)への写像φを以下のように決めましょう。|(５^i(－１)^j)の形で表された(ℤ/２^nℤ)^*の元からの移り先を次のように決めます。
φ：(ℤ/２^nℤ)^*→(ℤ/２^(n-2)ℤ)×(ℤ/２ℤ)
|(５^i(－１)^j)→（|ｉ，|ｊ）（０≦ｉ≦２^(n-2)－１，ｊ＝０,１）
で定めます。すると、φは全単射であり、
φ(|(５^i(－１)^j)・|(５^k(－１)^l))＝φ(|(５^(i+k)(－１)^(j+l)))＝(|(ｉ＋ｋ)，|(ｊ＋ｌ))
φ(|(５^i(－１)^j))＋φ(|(５^k(－１)^l))＝(|ｉ，|ｊ)＋(|ｋ，|ｌ)＝(|(ｉ＋ｋ)，|(ｊ＋ｌ))
が成り立ちます。ここで、５の指数はmod２^(n-2)で、(－１)の指数はmod２で計算します。
結局、φ(|(５^i(－１)^j)・|(５^k(－１)^l))＝φ(|(５^i(－１)^j))＋φ(|(５^k(－１)^l))となり、φは同型写像です。（定理1.18の証明終わり）
補題
ｎ≧２のとき、
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
定理1.15
ｍをmodｐにおけるａの位数とする。
（ⅰ）１(＝ａ^0),ａ,ａ^2,…,ａ^(m-1)はmodｐで見てすべて異なる。
（ⅱ）ａ^x≡１（modｐ）となるｘはｍの倍数である。
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より引用
解説
＞５^k≡１^k＝１（mod４）であり、１～２^nには４で割って１余る数は２^(n-2)個ありますから、
５≡１（mod４）であり、この両辺をｋ乗すると、５^k≡１^k＝１（mod４）
また、１～２^nの間に４の倍数は２^n÷４＝２^(n-2)個あるので、４で割って1余る数も２^(n-2)個ある。（同じ周期の個数という事。）
＞結局、
５^i(－１)^j（０≦ｉ≦２^(n-2)－１，ｊ＝０,１）
で表される２^(n-2)×２＝２^(n-1)個の数をmod２^nで見ると、(ℤ/２^nℤ)^*の元がちょうど１回ずつすべて出てきています。
１,５,５^2,…,５^(2^(n-2)-1)をmod２^nで見ると４で割って１余る数がすべて出てきて、－１,－５,－５^2,…,－５^(2^(n-2)-1)をmod２^nで見ると４で割って３余る数がすべて出てくる。
ところで、４で割って1余る数は１，５，９，１３，…
４で割って３余る数は３，７，１１，１５，…で２つを合わせると全ての奇数である。よって、(ℤ/２^nℤ)^*の元がちょうど１回ずつすべて出てくる。（既約剰余類の定義より２^nと互いに素なものだが、これは全ての奇数を意味している。）
＞φ：(ℤ/２^nℤ)^*→(ℤ/２^(n-2)ℤ)×(ℤ/２ℤ)
|(５^i(－１)^j)→（|ｉ，|ｊ）（０≦ｉ≦２^(n-2)－１，ｊ＝０,１）
で定めます。すると、φは全単射であり、
別の見方をすると、(ℤ/２^nℤ)^*の個数は２^nと互いに素なものの個数より２^nまでの全ての奇数より２^n÷２＝２^(n-1)個。
また、(ℤ/２^(n-2)ℤ)×(ℤ/２ℤ)の個数は、２^(n-2)×２＝２^(n-1)個なので、２つの集合の個数は等しい。よって、全単射の関係がある。
＞結局、φ(|(５^i(－１)^j)・|(５^k(－１)^l))＝φ(|(５^i(－１)^j))＋φ(|(５^k(－１)^l))となり、φは同型写像です。（定理1.18の証明終わり）
よって、(ℤ/２^nℤ)^*≃(ℤ/２^(n-2)ℤ)×(ℤ/２ℤ)
次回はこれを解説して下さい。
＞ここで、５の指数はmod２^(n-2)で、(－１)の指数はmod２で計算します。
おまけ：
定理1.18
(ℤ/２^nℤ)^*≃(ℤ/２^(n-2)ℤ)×(ℤ/２ℤ)（ｎ≧２）
注：ℤ/ｎℤの剰余類のうちｎと互いに素であるものだけを(ℤ/ｎℤ)^*と書き、既約剰余類と呼ぶ。
証明
補題（ⅰ）より５のmod２^nにおける位数は２^(n-2)ですから、
定理1.15（ⅰ）より、
１,５,５^2,…,５^(2^(n-2)-1)
はmod２^nで見てすべて異なり、全部で２^(n-2)個あります。
５^k≡１^k＝１（mod４）であり、１～２^nには４で割って１余る数は２^(n-2)個ありますから、１,５,５^2,…,５^(2^(n-2)-1)をmod２^nで見ると４で割って１余る数がすべて出てきます。
同様に、
－１,－５,－５^2,…,－５^(2^(n-2)-1)
はmod２^nで見てすべて異なり、全部で２^(n-2)個あります。
－５^k≡－１^k＝３（mod４）であり、１～２^nには４で割って３余る数は２^(n-2)個ありますから、－１,－５,－５^2,…,－５^(2^(n-2)-1)をmod２^nで見ると４で割って３余る数がすべて出てきます。
結局、
５^i(－１)^j（０≦ｉ≦２^(n-2)－１，ｊ＝０,１）
で表される２^(n-2)×２＝２^(n-1)個の数をmod２^nで見ると、(ℤ/２^nℤ)^*の元がちょうど１回ずつすべて出てきています。
同型写像を作っておきましょう。
(ℤ/２^nℤ)^*から(ℤ/２^(n-2)ℤ)×(ℤ/２ℤ)への写像φを以下のように決めましょう。|(５^i(－１)^j)の形で表された(ℤ/２^nℤ)^*の元からの移り先を次のように決めます。
φ：(ℤ/２^nℤ)^*→(ℤ/２^(n-2)ℤ)×(ℤ/２ℤ)
|(５^i(－１)^j)→（|ｉ，|ｊ）（０≦ｉ≦２^(n-2)－１，ｊ＝０,１）
で定めます。すると、φは全単射であり、
φ(|(５^i(－１)^j)・|(５^k(－１)^l))＝φ(|(５^(i+k)(－１)^(j+l)))＝(|(ｉ＋ｋ)，|(ｊ＋ｌ))
φ(|(５^i(－１)^j))＋φ(|(５^k(－１)^l))＝(|ｉ，|ｊ)＋(|ｋ，|ｌ)＝(|(ｉ＋ｋ)，|(ｊ＋ｌ))
が成り立ちます。ここで、５の指数はmod２^(n-2)で、(－１)の指数はmod２で計算します。
結局、φ(|(５^i(－１)^j)・|(５^k(－１)^l))＝φ(|(５^i(－１)^j))＋φ(|(５^k(－１)^l))となり、φは同型写像です。（定理1.18の証明終わり）
補題
ｎ≧２のとき、
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
定理1.15
ｍをmodｐにおけるａの位数とする。
（ⅰ）１(＝ａ^0),ａ,ａ^2,…,ａ^(m-1)はmodｐで見てすべて異なる。
（ⅱ）ａ^x≡１（modｐ）となるｘはｍの倍数である。
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より引用
解説
＞５^k≡１^k＝１（mod４）であり、１～２^nには４で割って１余る数は２^(n-2)個ありますから、
５≡１（mod４）であり、この両辺をｋ乗すると、５^k≡１^k＝１（mod４）
また、１～２^nの間に４の倍数は２^n÷４＝２^(n-2)個あるので、４で割って1余る数も２^(n-2)個ある。（同じ周期の個数という事。）
＞結局、
５^i(－１)^j（０≦ｉ≦２^(n-2)－１，ｊ＝０,１）
で表される２^(n-2)×２＝２^(n-1)個の数をmod２^nで見ると、(ℤ/２^nℤ)^*の元がちょうど１回ずつすべて出てきています。
１,５,５^2,…,５^(2^(n-2)-1)をmod２^nで見ると４で割って１余る数がすべて出てきて、－１,－５,－５^2,…,－５^(2^(n-2)-1)をmod２^nで見ると４で割って３余る数がすべて出てくる。
ところで、４で割って1余る数は１，５，９，１３，…
４で割って３余る数は３，７，１１，１５，…で２つを合わせると全ての奇数である。よって、(ℤ/２^nℤ)^*の元がちょうど１回ずつすべて出てくる。（既約剰余類の定義より２^nと互いに素なものだが、これは全ての奇数を意味している。）
＞φ：(ℤ/２^nℤ)^*→(ℤ/２^(n-2)ℤ)×(ℤ/２ℤ)
|(５^i(－１)^j)→（|ｉ，|ｊ）（０≦ｉ≦２^(n-2)－１，ｊ＝０,１）
で定めます。すると、φは全単射であり、
別の見方をすると、(ℤ/２^nℤ)^*の個数は２^nと互いに素なものの個数より２^nまでの全ての奇数より２^n÷２＝２^(n-1)個。
また、(ℤ/２^(n-2)ℤ)×(ℤ/２ℤ)の個数は、２^(n-2)×２＝２^(n-1)個なので、２つの集合の個数は等しい。よって、全単射の関係がある。
＞結局、φ(|(５^i(－１)^j)・|(５^k(－１)^l))＝φ(|(５^i(－１)^j))＋φ(|(５^k(－１)^l))となり、φは同型写像です。（定理1.18の証明終わり）
よって、(ℤ/２^nℤ)^*≃(ℤ/２^(n-2)ℤ)×(ℤ/２ℤ)
次回はこれを解説して下さい。
＞ここで、５の指数はmod２^(n-2)で、(－１)の指数はmod２で計算します。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/15 08:00削除解説２
＞ここで、５の指数はmod２^(n-2)で、(－１)の指数はmod２で計算します。
前者は、補題（ⅰ）より５のmod２^nにおける位数は２^(n-2)だから、５^2^(n-1)≡１（mod２^n）だからです。
つまり、指数が2^(n-1)ごとに５^2^(n-1)の値（mod２^nでの値）が１になるので、指数をmod2^(n-1)で計算すれば良いという事。
後者は、(－１)^2≡１（mod２）だからですね。
これだけじゃ面白くないので、pythonで５^2^(n-1)≡１（mod２^n）がｎ＝２～９ぐらいまで本当に成り立つか調べてみました。
for n in range(2,10):
print('ｎが{0}の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは{1}'\
.format(n,5**2**(n-2) % 2**n))
結果
ｎが2の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが3の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが4の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが5の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが6の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが7の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが8の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが9の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ＯＫですね。次はこの式自体を証明してみましょう。
５≡１（mod２^2）は自明。
よって、５＝２^2・ｑ＋１が成り立つ。
この両辺を２^(n-2)乗すると、
５^2^(n-2)＝(２^2・ｑ＋１)^2^(n-2)
この右辺を２項定理(ａ＋１)^n＝ａ^n＋(ｎＣ1)ａ^(n-1)＋…＋(nＣn-2)ａ^2＋(nＣn-1)ａ＋１
＝ａ^n＋(ｎＣ1)ａ^(n-1)＋…＋(nＣ2)ａ^2＋(nＣ1)ａ＋１で展開すると、
(２^2・ｑ＋１)^2^(n-2)＝(２^2・ｑ)^2^(n-2)＋(2^(n-2)Ｃ1)(２^2・ｑ)^(2^(n-2)-1)＋…＋(2^(n-2)Ｃ2)(２^2・ｑ)^2＋(2^(n-2)Ｃ1)(２^2・ｑ)＋１
＝前半省略＋２^(n-3)(２^(n-2)－１)・2^4・ｑ^2＋２^(n-2)・２^2・ｑ＋１
＝前半省略＋２^(n+1)(２^(n-2)－１)・ｑ^2＋２^n・ｑ＋１
これをmod２^nで見ると、≡１である。
∴５^2^(n-2)＝(２^2・ｑ＋１)^2^(n-2)≡１（mod２^n）
∴５^2^(n-2)≡１（mod２^n）
念のため、前半は２^nで割り切れるのが自明だから省略した。（ｎ≧２）
おまけ：
＞ここで、５の指数はmod２^(n-2)で、(－１)の指数はmod２で計算します。
前者は、補題（ⅰ）より５のmod２^nにおける位数は２^(n-2)だから、５^2^(n-1)≡１（mod２^n）だからです。
つまり、指数が2^(n-1)ごとに５^2^(n-1)の値（mod２^nでの値）が１になるので、指数をmod2^(n-1)で計算すれば良いという事。
後者は、(－１)^2≡１（mod２）だからですね。
これだけじゃ面白くないので、pythonで５^2^(n-1)≡１（mod２^n）がｎ＝２～９ぐらいまで本当に成り立つか調べてみました。
for n in range(2,10):
print('ｎが{0}の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは{1}'\
.format(n,5**2**(n-2) % 2**n))
結果
ｎが2の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが3の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが4の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが5の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが6の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが7の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが8の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ｎが9の時、５^2^(n-2)を２^nで割った余りは1
ＯＫですね。次はこの式自体を証明してみましょう。
５≡１（mod２^2）は自明。
よって、５＝２^2・ｑ＋１が成り立つ。
この両辺を２^(n-2)乗すると、
５^2^(n-2)＝(２^2・ｑ＋１)^2^(n-2)
この右辺を２項定理(ａ＋１)^n＝ａ^n＋(ｎＣ1)ａ^(n-1)＋…＋(nＣn-2)ａ^2＋(nＣn-1)ａ＋１
＝ａ^n＋(ｎＣ1)ａ^(n-1)＋…＋(nＣ2)ａ^2＋(nＣ1)ａ＋１で展開すると、
(２^2・ｑ＋１)^2^(n-2)＝(２^2・ｑ)^2^(n-2)＋(2^(n-2)Ｃ1)(２^2・ｑ)^(2^(n-2)-1)＋…＋(2^(n-2)Ｃ2)(２^2・ｑ)^2＋(2^(n-2)Ｃ1)(２^2・ｑ)＋１
＝前半省略＋２^(n-3)(２^(n-2)－１)・2^4・ｑ^2＋２^(n-2)・２^2・ｑ＋１
＝前半省略＋２^(n+1)(２^(n-2)－１)・ｑ^2＋２^n・ｑ＋１
これをmod２^nで見ると、≡１である。
∴５^2^(n-2)＝(２^2・ｑ＋１)^2^(n-2)≡１（mod２^n）
∴５^2^(n-2)≡１（mod２^n）
念のため、前半は２^nで割り切れるのが自明だから省略した。（ｎ≧２）
おまけ：
返信
返信1
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/13 16:59 (No.756150)削除次の文章を完全解説して下さい。
補題
ｎ≧２のとき、
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
（ⅰ）,（ⅱ）を一緒に数学的帰納法で示します。
ｎ＝２のとき、
（ⅰ）５のmod２^2での位数は２^(2-2)＝１でＯ.Ｋ.です。
（ⅱ）５^2^(2-2)≡１＋２^2（mod２^(2+1)）が成り立ちＯ.Ｋ.です。
ｎのとき成り立つとします。
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
（帰納法の仮定）
ｎ＋１のときを考えます。
５^x≡１（mod２^(n+1)）……①
を満たすｘについて考えます。①が成り立つとき、５^x≡１（mod２^n）が成り立ちます。帰納法の仮定（ⅰ）より、５のmod２^nでの位数は２^(n-2)ですから、
定理1.15により、ｘは２^(n-2)の倍数です。
そこで、２^(n-2)の倍数を小さい方からｘに代入して①を満たすものを探してみます。小さい方から、２^(n-2)，２×２^(n-2)＝２^(n-1)，３×２^(n-2)，…
ｘ＝２^(n-2)のとき、帰納法の仮定（ⅱ）を用いて、
５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）となるので不適です。
ｘ＝２^(n-1)のとき、
５^2^(n-1)＝(５^2^(n-2))^2≡(１＋２^n)^2＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)≡１（mod２^(n+1)）
これより、５のmod２^(n+1)での位数は２^(n-1)です。
帰納法の仮定（ⅱ）
５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）を、ある整数ｊを用いて等式にすると、
５^2^(n-2)＋ｊ２^(n+1)＝１＋２^n
２乗して、(５^2^(n-2)＋ｊ２^(n+1))^2＝(１＋２^n)^2
∴５^2^(n-1)＋５^2^(n-2)・ｊ２^(n+2)＋ｊ^2・２^(2n+2)＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)
これをmod２^(n+2)で見ると、
５^2^(n-1)≡１＋２^(n+1)（mod２^(n+2)）
となります。
よって、帰納法により題意が示されました。（補題の証明終わり）
定理1.15
ｍをmodｐにおけるａの位数とする。
（ⅰ）１(＝ａ^0),ａ,ａ^2,…,ａ^(m-1)はmodｐで見てすべて異なる。
（ⅱ）ａ^x≡１（modｐ）となるｘはｍの倍数である。
位数の定義
ａ^x≡１（modｐ）となるｘのうち、最小となる正の整数をｍとします。このようなｍをａの位数といいます。
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より引用
https://www.amazon.co.jp/%E3%82%AC%E3%83%AD%E3%82%A2%E7%90%86%E8%AB%96%E3%81%AE%E9%A0%82%E3%82%92%E8%B8%8F%E3%82%80-BERET-SCIENCE-%E7%9F%B3%E4%BA%95-%E4%BF%8A%E5%85%A8/dp/4860643631/ref=sr_1_1?adgrpid=54805103953&hvadid=649115456869&hvdev=c&hvlocphy=1009304&hvnetw=g&hvqmt=e&hvrand=11586245477196459280&hvtargid=kwd-335104269028&hydadcr=27703_14653689&jp-ad-ap=0&keywords=%E3%82%AC%E3%83%AD%E3%82%A2%E7%90%86%E8%AB%96%E3%81%AE%E9%A0%82%E3%82%92%E8%B8%8F%E3%82%80&qid=1681371693&sr=8-1&asin=4860643631&revisionId=&format=4&depth=1
先に「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著を読んでいなかったら途中で挫折していたかもしれない。（よく分からないし、面白さを感じなくて途中で止めてしまった可能性がある。）もっとも、まだ全体の１/５も行っていないぐらいだからこれからだけど。
おまけ：
補題
ｎ≧２のとき、
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
（ⅰ）,（ⅱ）を一緒に数学的帰納法で示します。
ｎ＝２のとき、
（ⅰ）５のmod２^2での位数は２^(2-2)＝１でＯ.Ｋ.です。
（ⅱ）５^2^(2-2)≡１＋２^2（mod２^(2+1)）が成り立ちＯ.Ｋ.です。
ｎのとき成り立つとします。
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
（帰納法の仮定）
ｎ＋１のときを考えます。
５^x≡１（mod２^(n+1)）……①
を満たすｘについて考えます。①が成り立つとき、５^x≡１（mod２^n）が成り立ちます。帰納法の仮定（ⅰ）より、５のmod２^nでの位数は２^(n-2)ですから、
定理1.15により、ｘは２^(n-2)の倍数です。
そこで、２^(n-2)の倍数を小さい方からｘに代入して①を満たすものを探してみます。小さい方から、２^(n-2)，２×２^(n-2)＝２^(n-1)，３×２^(n-2)，…
ｘ＝２^(n-2)のとき、帰納法の仮定（ⅱ）を用いて、
５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）となるので不適です。
ｘ＝２^(n-1)のとき、
５^2^(n-1)＝(５^2^(n-2))^2≡(１＋２^n)^2＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)≡１（mod２^(n+1)）
これより、５のmod２^(n+1)での位数は２^(n-1)です。
帰納法の仮定（ⅱ）
５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）を、ある整数ｊを用いて等式にすると、
５^2^(n-2)＋ｊ２^(n+1)＝１＋２^n
２乗して、(５^2^(n-2)＋ｊ２^(n+1))^2＝(１＋２^n)^2
∴５^2^(n-1)＋５^2^(n-2)・ｊ２^(n+2)＋ｊ^2・２^(2n+2)＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)
これをmod２^(n+2)で見ると、
５^2^(n-1)≡１＋２^(n+1)（mod２^(n+2)）
となります。
よって、帰納法により題意が示されました。（補題の証明終わり）
定理1.15
ｍをmodｐにおけるａの位数とする。
（ⅰ）１(＝ａ^0),ａ,ａ^2,…,ａ^(m-1)はmodｐで見てすべて異なる。
（ⅱ）ａ^x≡１（modｐ）となるｘはｍの倍数である。
位数の定義
ａ^x≡１（modｐ）となるｘのうち、最小となる正の整数をｍとします。このようなｍをａの位数といいます。
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より引用
https://www.amazon.co.jp/%E3%82%AC%E3%83%AD%E3%82%A2%E7%90%86%E8%AB%96%E3%81%AE%E9%A0%82%E3%82%92%E8%B8%8F%E3%82%80-BERET-SCIENCE-%E7%9F%B3%E4%BA%95-%E4%BF%8A%E5%85%A8/dp/4860643631/ref=sr_1_1?adgrpid=54805103953&hvadid=649115456869&hvdev=c&hvlocphy=1009304&hvnetw=g&hvqmt=e&hvrand=11586245477196459280&hvtargid=kwd-335104269028&hydadcr=27703_14653689&jp-ad-ap=0&keywords=%E3%82%AC%E3%83%AD%E3%82%A2%E7%90%86%E8%AB%96%E3%81%AE%E9%A0%82%E3%82%92%E8%B8%8F%E3%82%80&qid=1681371693&sr=8-1&asin=4860643631&revisionId=&format=4&depth=1
先に「群・環・体 入門」新妻弘・木村哲三著を読んでいなかったら途中で挫折していたかもしれない。（よく分からないし、面白さを感じなくて途中で止めてしまった可能性がある。）もっとも、まだ全体の１/５も行っていないぐらいだからこれからだけど。
おまけ：
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/14 08:01削除解説
中学生用に合同式と数学的帰納法と指数法則という武器の解説から始めても良いが、それは次回にして、普通に高校数学の知識を持っている人用に解説する。
＞補題
ｎ≧２のとき、
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
（ⅰ）,（ⅱ）を一緒に数学的帰納法で示します。
ｎ＝２のとき、
（ⅰ）５のmod２^2での位数は２^(2-2)＝１でＯ.Ｋ.です。
（ⅱ）５^2^(2-2)≡１＋２^2（mod２^(2+1)）が成り立ちＯ.Ｋ.です。
（ⅰ）式にｎ＝２を代入すれば、５のmod２^2＝５のmod４での位数は２^(2-2)＝２^0＝１であるとなる。
ここで、位数の定義を見ると、
位数の定義
ａ^x≡１（modｐ）となるｘのうち、最小となる正の整数をｍとします。このようなｍをａの位数といいます。
つまり、「５のmod４での位数」とは５^x≡１（mod４）となる最小のｘという事で、ｘ＝１である。
よって、２^(2-2)＝２^0＝１と等しいのでＯ.Ｋ.である。
（ⅱ）式の方もｎ＝２を代入すると、
５^2^(2-2)≡１＋２^2（mod２^(2+1)）となり、
５^1≡５（mod８）よりＯ.Ｋ.
＞ｎのとき成り立つとします。
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
（帰納法の仮定）
ｎ＋１のときを考えます。
５^x≡１（mod２^(n+1)）……①
を満たすｘについて考えます。①が成り立つとき、５^x≡１（mod２^n）が成り立ちます。
＞①が成り立つとき、５^x≡１（mod２^n）が成り立ちます。
①式は、５^xを２^(n+1)で割った余りが１という意味なので、５^x＝ｑ・２^(n+1)＋１と書ける。
この式のmod２^nの合同式を書くと、
５^x≡ｑ・２^(n+1)＋１（mod２^n）
∴５^x≡１（mod２^n）
よって、示された。
＞帰納法の仮定（ⅰ）より、５のmod２^nでの位数は２^(n-2)ですから、
定理1.15（ⅱ）により、ｘは２^(n-2)の倍数です。
定理1.15
ｍをmodｐにおけるａの位数とする。
（ⅰ）１(＝ａ^0),ａ,ａ^2,…,ａ^(m-1)はmodｐで見てすべて異なる。
（ⅱ）ａ^x≡１（modｐ）となるｘはｍの倍数である。
「ｎのとき成り立つとします。
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。」
（上から引用。）
よって、位数の定義より、５^2^(n-2)≡１（mod２^n）で2^(n-2)がｍという事である。
位数の定義
ａ^x≡１（modｐ）となるｘのうち、最小となる正の整数をｍとします。このようなｍをａの位数といいます。
そして、定理1.15（ⅱ）より、ｘはｍの倍数なので、ｘは2^(n-2)の倍数という訳である。（①式が成り立っているから。）
＞そこで、２^(n-2)の倍数を小さい方からｘに代入して①を満たすものを探してみます。小さい方から、２^(n-2)，２×２^(n-2)＝２^(n-1)，３×２^(n-2)，…
ｘ＝２^(n-2)のとき、帰納法の仮定（ⅱ）を用いて、
５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）となるので不適です。
ｘ＝２^(n-1)のとき、
５^2^(n-1)＝(５^2^(n-2))^2≡(１＋２^n)^2＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)≡１（mod２^(n+1)）
これより、５のmod２^(n+1)での位数は２^(n-1)です。
＞ｘ＝２^(n-2)のとき、帰納法の仮定（ⅱ）を用いて、
５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）となるので不適です。
５^x≡１（mod２^(n+1)）……①にｘ＝２^(n-2)を代入すると、５^2^(n-2)≡１（mod２^(n+1)）―――☆
ここで、帰納法の仮定（ⅱ）を見ると、
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
よって、☆式は不適です。念のため、１＋２^nは２^(n+1)で割っても余りが１にならないから。
＞ｘ＝２^(n-1)のとき、
５^2^(n-1)＝(５^2^(n-2))^2≡(１＋２^n)^2＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)≡１（mod２^(n+1)）
これより、５のmod２^(n+1)での位数は２^(n-1)です。
５^x≡１（mod２^(n+1)）……①にｘ＝２^(n-1)を代入すると、５^2^(n-1)＝(５^2^(n-2))^2
ここで帰納法の仮定（ⅱ）を使うと、
≡(１＋２^n)^2＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)≡１（mod２^(n+1)）
∴５^2^(n-1)≡１（mod２^(n+1)）
よって、５のmod２^(n+1)での位数は２^(n-1)です。
よって、ｎ＋１の時も成り立つ。
「ｎのとき成り立つとします。
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。」
念のため、これのｎをｎ＋１にするという事である。
（ⅱ）は次回。
おまけ：
https://instagrammernews.com/detail/3079261791382536920
中学生用に合同式と数学的帰納法と指数法則という武器の解説から始めても良いが、それは次回にして、普通に高校数学の知識を持っている人用に解説する。
＞補題
ｎ≧２のとき、
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
（ⅰ）,（ⅱ）を一緒に数学的帰納法で示します。
ｎ＝２のとき、
（ⅰ）５のmod２^2での位数は２^(2-2)＝１でＯ.Ｋ.です。
（ⅱ）５^2^(2-2)≡１＋２^2（mod２^(2+1)）が成り立ちＯ.Ｋ.です。
（ⅰ）式にｎ＝２を代入すれば、５のmod２^2＝５のmod４での位数は２^(2-2)＝２^0＝１であるとなる。
ここで、位数の定義を見ると、
位数の定義
ａ^x≡１（modｐ）となるｘのうち、最小となる正の整数をｍとします。このようなｍをａの位数といいます。
つまり、「５のmod４での位数」とは５^x≡１（mod４）となる最小のｘという事で、ｘ＝１である。
よって、２^(2-2)＝２^0＝１と等しいのでＯ.Ｋ.である。
（ⅱ）式の方もｎ＝２を代入すると、
５^2^(2-2)≡１＋２^2（mod２^(2+1)）となり、
５^1≡５（mod８）よりＯ.Ｋ.
＞ｎのとき成り立つとします。
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
（帰納法の仮定）
ｎ＋１のときを考えます。
５^x≡１（mod２^(n+1)）……①
を満たすｘについて考えます。①が成り立つとき、５^x≡１（mod２^n）が成り立ちます。
＞①が成り立つとき、５^x≡１（mod２^n）が成り立ちます。
①式は、５^xを２^(n+1)で割った余りが１という意味なので、５^x＝ｑ・２^(n+1)＋１と書ける。
この式のmod２^nの合同式を書くと、
５^x≡ｑ・２^(n+1)＋１（mod２^n）
∴５^x≡１（mod２^n）
よって、示された。
＞帰納法の仮定（ⅰ）より、５のmod２^nでの位数は２^(n-2)ですから、
定理1.15（ⅱ）により、ｘは２^(n-2)の倍数です。
定理1.15
ｍをmodｐにおけるａの位数とする。
（ⅰ）１(＝ａ^0),ａ,ａ^2,…,ａ^(m-1)はmodｐで見てすべて異なる。
（ⅱ）ａ^x≡１（modｐ）となるｘはｍの倍数である。
「ｎのとき成り立つとします。
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。」
（上から引用。）
よって、位数の定義より、５^2^(n-2)≡１（mod２^n）で2^(n-2)がｍという事である。
位数の定義
ａ^x≡１（modｐ）となるｘのうち、最小となる正の整数をｍとします。このようなｍをａの位数といいます。
そして、定理1.15（ⅱ）より、ｘはｍの倍数なので、ｘは2^(n-2)の倍数という訳である。（①式が成り立っているから。）
＞そこで、２^(n-2)の倍数を小さい方からｘに代入して①を満たすものを探してみます。小さい方から、２^(n-2)，２×２^(n-2)＝２^(n-1)，３×２^(n-2)，…
ｘ＝２^(n-2)のとき、帰納法の仮定（ⅱ）を用いて、
５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）となるので不適です。
ｘ＝２^(n-1)のとき、
５^2^(n-1)＝(５^2^(n-2))^2≡(１＋２^n)^2＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)≡１（mod２^(n+1)）
これより、５のmod２^(n+1)での位数は２^(n-1)です。
＞ｘ＝２^(n-2)のとき、帰納法の仮定（ⅱ）を用いて、
５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）となるので不適です。
５^x≡１（mod２^(n+1)）……①にｘ＝２^(n-2)を代入すると、５^2^(n-2)≡１（mod２^(n+1)）―――☆
ここで、帰納法の仮定（ⅱ）を見ると、
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
よって、☆式は不適です。念のため、１＋２^nは２^(n+1)で割っても余りが１にならないから。
＞ｘ＝２^(n-1)のとき、
５^2^(n-1)＝(５^2^(n-2))^2≡(１＋２^n)^2＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)≡１（mod２^(n+1)）
これより、５のmod２^(n+1)での位数は２^(n-1)です。
５^x≡１（mod２^(n+1)）……①にｘ＝２^(n-1)を代入すると、５^2^(n-1)＝(５^2^(n-2))^2
ここで帰納法の仮定（ⅱ）を使うと、
≡(１＋２^n)^2＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)≡１（mod２^(n+1)）
∴５^2^(n-1)≡１（mod２^(n+1)）
よって、５のmod２^(n+1)での位数は２^(n-1)です。
よって、ｎ＋１の時も成り立つ。
「ｎのとき成り立つとします。
（ⅰ）５のmod２^nでの位数は２^(n-2)である。」
念のため、これのｎをｎ＋１にするという事である。
（ⅱ）は次回。
おまけ：
https://instagrammernews.com/detail/3079261791382536920
壊
壊れた扉さん (8ewhcx4n)2023/4/14 10:09削除解説の続き
＞帰納法の仮定（ⅱ）
５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）を、ある整数ｊを用いて等式にすると、
５^2^(n-2)＋ｊ２^(n+1)＝１＋２^n
２乗して、(５^2^(n-2)＋ｊ２^(n+1))^2＝(１＋２^n)^2
∴５^2^(n-1)＋５^2^(n-2)・ｊ２^(n+2)＋ｊ^2・２^(2n+2)＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)
これをmod２^(n+2)で見ると、
５^2^(n-1)≡１＋２^(n+1)（mod２^(n+2)）
となります。
５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）は、５^2^(n-2)を２^(n+1)で割った余りが１＋２^nという意味なので、
５^2^(n-2)＝ｋ・２^(n+1)＋１＋２^nと書ける。
∴５^2^(n-2)－ｋ・２^(n+1)＝１＋２^n
ここで、－ｋ＝ｊと置くと、
５^2^(n-2)＋ｊ２^(n+1)＝１＋２^nという等式で表現できる。（合同式慣れしている人は一発で納得出来る話だが、一応、細かく解説した。）
また、この式の両辺を２乗すると、
(５^2^(n-2)＋ｊ２^(n+1))^2＝(１＋２^n)^2
∴５^2^(n-1)＋５^2^(n-2)・ｊ２^(n+2)＋ｊ^2・２^(2n+2)＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)
(ａ＋ｂ)^2＝ａ^2＋２ａｂ＋ｂ^2という展開公式と指数法則を知っていれば問題ないだろう。
この式をmod２^(n+2)で見ると、
５^2^(n-1)≡１＋２^(n+1)（mod２^(n+2)）となる。
よって、ｎ＋１の時も成り立つ。
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
念のため、この式のｎにｎ＋１を代入した式という事。
よって、数学的帰納法によって補題が証明された。
武器１：合同式
私は大学で初めて知ったが、最近は高校でやるようである。https://lets-math.com/congruent_expression/
因みに、２０年ぐらい前の「高校への数学 日日のハイレベル演習」には使われているので、２０年ぐらい前の優秀な中学生には暗黙の了解だったのだろう。
基本的な事は簡単なので省略。読めば分かる。
武器２：数学的帰納法
これは整数問題だけに使えるかなり効果的な武器である。
例えば、１＋２＋３＋…＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２という式があって、試しにｎ＝１～３ぐらいまで代入してみると、
ｎ＝１の時、１＝１(１＋１)/２＝１で成り立つ。
ｎ＝２の時、１＋２＝２(２＋１)/２ よって、３＝３で成り立つ。
ｎ＝３の時、１＋２＋３＝３(３＋１)/２ よって、６＝６で成り立つ。
よって、この等式は正しそうであるが、これを永遠に繰り返しても証明にはならない。
そこで、数学的帰納法である。
（ⅰ）ｎ＝１の時成り立つ事を示す。
（ⅱ）ｎ＝ｋの時成り立つ事を仮定して、ｎ＝ｋ＋１の時成り立つ事を示す。
（ⅰ）と（ⅱ）を示せればこの等式が正しい事が証明されるのである。具体的に１＋２＋３＋…＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２が成り立つ事を証明してみよう。
（ⅰ）ｎ＝１の時、１＝１(１＋１)/２＝１で成り立つ。
（ⅱ）ｎ＝ｋの時成り立つと仮定すると、
１＋２＋３＋…＋ｋ＝ｋ(ｋ＋１)/２―――①という式が成り立つ。
ｎ＝ｋ＋１の時を考える。
１＋２＋３＋・・・＋(ｋ＋１)という式を考えると、
１＋２＋３＋・・・＋ｋ＋(ｋ＋１)―――②であるので、②に①を代入すると、
１＋２＋３＋・・・＋(ｋ＋１)＝ｋ(ｋ＋１)/２＋(ｋ＋１)
＝ｋ(ｋ＋１)/２＋２(ｋ＋１)/２＝(ｋ＋１)(ｋ＋２)/２
＝(ｋ＋１){(ｋ＋１)＋１}/２
よって、
１＋２＋３＋・・・＋(ｋ＋１)＝(ｋ＋１){(ｋ＋１)＋１}/２
この式は、１＋２＋３＋…＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２にｎ＝ｋ＋１を代入した式である。つまり、ｎ＝ｋ＋１の時にも、
１＋２＋３＋…＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２という式は成り立つ。
よって、（ⅰ）,（ⅱ）により数学的帰納法によって証明された。
意味が分からなくてもこれで整数問題は証明されるのである。では、意味を解説しよう。
（ⅱ）式の意味は、（ⅱ）式が証明されれば、例えば、ｎ＝５の時正しければｎ＝６の時も正しいという事である。そして、ｎ＝６の時も正しいのでｎ＝７の時も正しいのである。つまり、ｎ＝５の時さえ正しい事が証明出来れば、ドミノ倒し的に永遠に正しい事が証明されるのである。
そこで、ｎ＝１から始めれば全ての自然数で成り立つ事が証明出来る訳である。
だから、ｎ＝１の時を証明する事とｎ＝ｋの時成り立つと仮定してｎ＝ｋ＋１の時に成り立つ事を証明する事が大事なのである。（念のため、ｎ＝５以上の場合正しい事を証明すれば良い場合は、ｎ＝５の時成り立つ事とｎ＝ｋの時成り立つと仮定してｎ＝ｋ＋１の時に成り立つ事を証明すれば良い。）
因みに、帰納法とは実験的証明法という意味だが、数学的帰納法は完璧に論理的な証明法（演繹法という）である。
例えば、三角形の内角の和が１８０°である証明は、帰納法では適当に何個か三角形を描いて切り取り、３つの角も切り取って合わせるとどんな三角形も１８０°になる事が分かり実験的証明になるが、演繹法では、平行線を描いて錯角や同位角を使って完璧に論理的な証明をする。
おまけ：
＞帰納法の仮定（ⅱ）
５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）を、ある整数ｊを用いて等式にすると、
５^2^(n-2)＋ｊ２^(n+1)＝１＋２^n
２乗して、(５^2^(n-2)＋ｊ２^(n+1))^2＝(１＋２^n)^2
∴５^2^(n-1)＋５^2^(n-2)・ｊ２^(n+2)＋ｊ^2・２^(2n+2)＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)
これをmod２^(n+2)で見ると、
５^2^(n-1)≡１＋２^(n+1)（mod２^(n+2)）
となります。
５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）は、５^2^(n-2)を２^(n+1)で割った余りが１＋２^nという意味なので、
５^2^(n-2)＝ｋ・２^(n+1)＋１＋２^nと書ける。
∴５^2^(n-2)－ｋ・２^(n+1)＝１＋２^n
ここで、－ｋ＝ｊと置くと、
５^2^(n-2)＋ｊ２^(n+1)＝１＋２^nという等式で表現できる。（合同式慣れしている人は一発で納得出来る話だが、一応、細かく解説した。）
また、この式の両辺を２乗すると、
(５^2^(n-2)＋ｊ２^(n+1))^2＝(１＋２^n)^2
∴５^2^(n-1)＋５^2^(n-2)・ｊ２^(n+2)＋ｊ^2・２^(2n+2)＝１＋２^(n+1)＋２^(2n)
(ａ＋ｂ)^2＝ａ^2＋２ａｂ＋ｂ^2という展開公式と指数法則を知っていれば問題ないだろう。
この式をmod２^(n+2)で見ると、
５^2^(n-1)≡１＋２^(n+1)（mod２^(n+2)）となる。
よって、ｎ＋１の時も成り立つ。
（ⅱ）５^2^(n-2)≡１＋２^n（mod２^(n+1)）
念のため、この式のｎにｎ＋１を代入した式という事。
よって、数学的帰納法によって補題が証明された。
武器１：合同式
私は大学で初めて知ったが、最近は高校でやるようである。https://lets-math.com/congruent_expression/
因みに、２０年ぐらい前の「高校への数学 日日のハイレベル演習」には使われているので、２０年ぐらい前の優秀な中学生には暗黙の了解だったのだろう。
基本的な事は簡単なので省略。読めば分かる。
武器２：数学的帰納法
これは整数問題だけに使えるかなり効果的な武器である。
例えば、１＋２＋３＋…＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２という式があって、試しにｎ＝１～３ぐらいまで代入してみると、
ｎ＝１の時、１＝１(１＋１)/２＝１で成り立つ。
ｎ＝２の時、１＋２＝２(２＋１)/２ よって、３＝３で成り立つ。
ｎ＝３の時、１＋２＋３＝３(３＋１)/２ よって、６＝６で成り立つ。
よって、この等式は正しそうであるが、これを永遠に繰り返しても証明にはならない。
そこで、数学的帰納法である。
（ⅰ）ｎ＝１の時成り立つ事を示す。
（ⅱ）ｎ＝ｋの時成り立つ事を仮定して、ｎ＝ｋ＋１の時成り立つ事を示す。
（ⅰ）と（ⅱ）を示せればこの等式が正しい事が証明されるのである。具体的に１＋２＋３＋…＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２が成り立つ事を証明してみよう。
（ⅰ）ｎ＝１の時、１＝１(１＋１)/２＝１で成り立つ。
（ⅱ）ｎ＝ｋの時成り立つと仮定すると、
１＋２＋３＋…＋ｋ＝ｋ(ｋ＋１)/２―――①という式が成り立つ。
ｎ＝ｋ＋１の時を考える。
１＋２＋３＋・・・＋(ｋ＋１)という式を考えると、
１＋２＋３＋・・・＋ｋ＋(ｋ＋１)―――②であるので、②に①を代入すると、
１＋２＋３＋・・・＋(ｋ＋１)＝ｋ(ｋ＋１)/２＋(ｋ＋１)
＝ｋ(ｋ＋１)/２＋２(ｋ＋１)/２＝(ｋ＋１)(ｋ＋２)/２
＝(ｋ＋１){(ｋ＋１)＋１}/２
よって、
１＋２＋３＋・・・＋(ｋ＋１)＝(ｋ＋１){(ｋ＋１)＋１}/２
この式は、１＋２＋３＋…＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２にｎ＝ｋ＋１を代入した式である。つまり、ｎ＝ｋ＋１の時にも、
１＋２＋３＋…＋ｎ＝ｎ(ｎ＋１)/２という式は成り立つ。
よって、（ⅰ）,（ⅱ）により数学的帰納法によって証明された。
意味が分からなくてもこれで整数問題は証明されるのである。では、意味を解説しよう。
（ⅱ）式の意味は、（ⅱ）式が証明されれば、例えば、ｎ＝５の時正しければｎ＝６の時も正しいという事である。そして、ｎ＝６の時も正しいのでｎ＝７の時も正しいのである。つまり、ｎ＝５の時さえ正しい事が証明出来れば、ドミノ倒し的に永遠に正しい事が証明されるのである。
そこで、ｎ＝１から始めれば全ての自然数で成り立つ事が証明出来る訳である。
だから、ｎ＝１の時を証明する事とｎ＝ｋの時成り立つと仮定してｎ＝ｋ＋１の時に成り立つ事を証明する事が大事なのである。（念のため、ｎ＝５以上の場合正しい事を証明すれば良い場合は、ｎ＝５の時成り立つ事とｎ＝ｋの時成り立つと仮定してｎ＝ｋ＋１の時に成り立つ事を証明すれば良い。）
因みに、帰納法とは実験的証明法という意味だが、数学的帰納法は完璧に論理的な証明法（演繹法という）である。
例えば、三角形の内角の和が１８０°である証明は、帰納法では適当に何個か三角形を描いて切り取り、３つの角も切り取って合わせるとどんな三角形も１８０°になる事が分かり実験的証明になるが、演繹法では、平行線を描いて錯角や同位角を使って完璧に論理的な証明をする。
おまけ：
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