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数学徘徊記

自由な数学ブログ。

数ぽよ用フォーラム

数ぽよ用のフォーラムを作りました!
なんと!TeX対応です!(\(\)で囲んでください)
supoyo.forumotion.asia

黒峰問題

追記:ミスを直しました。

黒峰問題とは
\(2^x+3^y+5=z^3\)の非負整数解\((x,y,z)\)をすべて求めよ。

という問題で、まだ未解決です。
(1,0,2),(5,3,4)という2つの解は見つかっていますが、他は見つかっていません。

ここは略しますが、奇遇やmod 4, 7, 9で考えることにより\(y\)は奇数、\(z\)は4の倍数である2の倍数であることがわかります。
そして\(x\geq 5\)、もわかります。

移項すると\(3^y+5=z^3-2^x\)。\({\rm ord} _2 (3^y+5)\)についてみれば何かわかりそうです。

まず次の補題を使います。

補題
\(n\)を正整数とする。このとき
\[
{\rm ord}_2 (3^n-1) = \begin{cases}
1 & (nが奇数) \\
2+{\rm ord}_2 n & (nが偶数)
\end{cases}
\]

証明

\(n=2^t m\)(\(t\)は非負整数、\(m\)は奇数)と表す。\(t\)についての帰納法を用いる。

\(t=0\)の場合
\[3^n-1 \equiv (-1)^n-1 \equiv -2 \pmod 4\]
より\(3^n-1\)は2の倍数ではあるが4の倍数でない。
したがって\({\rm ord}_2 (3^n-1) = 1\)。よって証明された。

\(t=1\)の場合
\begin{eqnarray}
3^{2m}-1&=&9^m - 1\\
&=&(9-1)(9^{m - 1}+\cdots +1)
&=&8\times (奇数)
\end{eqnarray}
である。(\(9^{m - 1}+\cdots +1\)が奇数となるのは、奇数が奇数個足されているため)
したがって\({\rm ord}_2 (3^n-1)=3=2+1\)。よって証明された。

\(t=k\)(ただし\(k\geq 1\))のとき成り立つと仮定する。すなわち、
\[{\rm ord}_2 (3^{2^k}-1) = 2 + {\rm ord}_2 2^k = 2+k \]
と仮定する。
このとき、
\[3^{2^{k+1}}-1=(3^{2^k}-1)(3^{2^k}+1)=(3^{2^k}-1)\{(3^{2^k}-1)+2\}\]
であり、帰納法より\({\rm ord}_2 (3^{2^k}-1)=2+k\)、
そして\({\rm ord}_2 \{ (3^{2^k}-1)+2 \}=1\)であるから
\begin{eqnarray}
{\rm ord}_2 (3^{2^{k+1}}-1) &=& {\rm ord}_2 (3^{2^k}-1) + {\rm ord}_2 \{(3^{2^k}-1)+2\}\\
&=& (2+k)+1\\
&=& 2+(k+1)
\end{eqnarray}
よって帰納法の仮定より、すべての正整数\(n\)において証明された。

次に\({\rm ord} _2 (3^y+5)\)について考察します。
\(y=4k+1\)のときと\(y=4k+3\)のときに場合分けします。

\(y=4k+1\)のとき

補題を用いると
\[3^{4k+1}+5=\underbrace{3(3^{4k}-1)}_{16の倍数}+8\]
より\(3^{4k+1}+5\)は8で割り切れるが16で割り切れません。
すなわち\({\rm ord} _2 (3^y+5)=3\)です。

\(3^y+5=z^3-2^x\)ですが、z^3も2^xも32の倍数であることがわかっているので不適です。

\(y=4k+3\)のとき
\[3^{4k+3}+5=3^3(3^{4k}-1)+3^3+5\]
ここで
\[{\rm ord} _2 3^3(3^{4k}-1)=4+k, {\rm ord} _2 3^3+5=5\]
より、
\[
{\rm ord}_2 (3^y+5) = \begin{cases}
4 & ({\rm ord}_2 k=0) \\
5 & ({\rm ord}_2 k\ge 2) \\
6以上 & ({\rm ord}_2 k = 1) \\
\end{cases}
\]
となります。

しかし\(y=4k+1\)の場合と同様オーダーは5以上でないといけません。
じつはもうこの時点で\(y\)のmod 16がわかっています。

数式お絵かきでサーバルともう1匹描いてみたよ(本編)


上の動画には載せなかったことを中心に書きます。

一番苦労したのは目の部分です。
不等式にすることで黒く塗りつぶしているわけです。
f:id:yootaamath:20170328145940p:plain

右目

\(-0.14957x^2-0.08395y^2+0.01615xy+0.37445x+0.50634y-1\ge 0 \\
\left\{-0.03332x^2-0.02929y^2-0.16734xy+0.45301x+0.49031y-1\ge 0\right\} \\
\left\{0.02284x^2-0.08567y^2+0.04752xy-0.21504x+0.58972y-1\le 0\right\}\)
f:id:yootaamath:20170328145944p:plain

左目

\(-0.05886x^2-0.00936y^2-0.004xy+0.45999x+0.07929y-1\ge 0 \\
\left\{-0.07013x^2-0.00831y^2+0.01367xy+0.50082x+0.01179y-1\ge 0\right\} \\
\left\{-0.20646x^2-0.0633y^2+0.18828xy+0.75228x-0.18253y-1\le 0\right\} \\
\left\{-0.0361x^2-0.1455y^2+0.0328xy-0.7275x+1.4885y-1\le 0\right\}\)
f:id:yootaamath:20170328145946p:plain

数式お絵かきの今後

絵としてのクオリティーを下げないまま数式らしさを出すにはどうすればいいのか?
候補として考えているのは「動くグラフ」です。



リンク・資料など

数式お絵かき支援シート(Excel
http://math-haikai.blog.jp/Book1.xlsx
右クリックして名前をつけて保存としてください

さーばる
https://www.desmos.com/calculator/6owxl4o27p

ふるる~
https://www.desmos.com/calculator/vnmtaqivca

問題コーナー(第3回)解答

f:id:yootaamath:20170221210253p:plain
この問題は難しかったかと思います。
15°って割と使うのが難しいんですよね。しかも27°という数字まであります。
解答です。

用意していた解答

この解答はやや複雑です。角の二等分線定理を使います。
まず、図のように点{A,B,C,D}とおきます。
f:id:yootaamath:20170221210253p:plain
そして、{DA}の延長に{\angle ABE=15^\circ}となるように点{E}を、
{DC}の延長に{\angle CBF=27^\circ}となるように点{F}をとります。
f:id:yootaamath:20170221210255p:plain
つぎに四角形{BFDG}が平行四辺形となるように、
つまり{\triangle BDF\equiv \triangle DBG}となるように点{G}をとります。

すると図のようになります。(見覚えのある人もいるかもしれません)
f:id:yootaamath:20170221210257p:plain
ここで、直線{DG}に関して点{E}と同じ側に、{\triangle HDG}が正三角形となるように点{H}をとります。
f:id:yootaamath:20170221210259p:plain
すると、二辺挟角相等より{\triangle GDE \equiv \triangle HDE}より{EH=EG}
よって{\angle EHG=36^\circ}となります。
また、{\angle GHD=2 \angle GBD}{HG=HD}より点{H}は三角形{BDG}の外心となるので、{HB=HG}となります。よって{\angle EBH=36^\circ}です。
そして簡単な角度計算で{\angle BEH=\angle BHE =72^\circ }がわかり、{EB=HB}がわかります。
よって、{BE=DG}となります。
f:id:yootaamath:20170221210301p:plain
四角形{BFDG}は平行四辺形なので、{DG=BF}より、{BE=BF}です。

ここで角の二等分線定理を使います。
{EA:AD=BE:BD, FC:CD=BF:BD, BE=BF}より{EA:AD=FC:CD}なので{EF//AC}となります。
また{BE=BF}より{\angle BEF=48^\circ}。よって{\angle DEF=78^\circ}です。
{EF//AC}より{\angle DAC =\angle DEF=78^\circ}
したがって{\angle BAC=63^\circ}となり、これが答えです。

コメント

さきほど「見覚えのある人もいるかもしれません」といったのは、
この問題コーナーの第1回の図形が入っていたからです。
su-hai.hatenablog.com
実はこの問題は第1回の問題を基にして作られた問題です。
二番煎じと言ったらそうかもしれませんが。。。

別解

TwitterでHiroshi Saitoさんから解答をいただきました。ありがとうございます。
f:id:yootaamath:20170225065101j:plain

円に内接もするし外接もする四角形

数学 幾何

円に内接する四角形ってありますよね。
よく図形の問題を解いていると出てきます。

逆に、円に外接する四角形っていうのもありますよね。
こちらはあまり問題では見かけませんが。確かにあります。

では、
「円に内接もするし外接もする四角形」
f:id:yootaamath:20170205155342p:plain
とはどのようなものなんでしょう?
正方形とかそうだけど、一般的には?

この問題について考えるため、いくつか準備をします。

準備

円の「反転」という操作を使います。
これについてはここでは詳しく述べませんが、このサイトにある程度かかれています。
mathtrain.jp

ここで使う反転の性質は
「反転の中心を通らない円を反転させると円になる」
というものです。
これから、
「点\(A,B,C,D\)を反転させた点\(A',B',C',D'\)が同一円周上にあり、その円が反転の中心を通らないことと、点\(A,B,C,D\)が同一円周上にあり、その円が反転の中心を通らないことは同値である。」 …事実1
ということもわかります。

また、次の性質も成り立ちます。
「点\(P\)から円\(\Gamma\)に接線が引かれていて、それぞれの円との接点をそれぞれ\(A,B\)とする。点\(A,B\)の中点を点\(M\)とするとき、点\(P\)を反転させると点\(M\)に移る。」 …事実2
f:id:yootaamath:20170205155335p:plain
証明
円\(\Gamma\)の中心を\(O\)とする。点\(O,M,P\)が一直線上にあることは明らか。このとき、\(\angle OAP=\angle OMA=90^\circ\)より\(\triangle OAP \sim \triangle OMA\)。よって\(OM:OA=OA:OP\)より\(OP\cdot OM=OA^2\)となり結果が従う。

そして、次ですが、反転とは関係がありませんが四角形についてこの性質が成り立ちます(よく知られた事実です)。
「四角形のそれぞれの辺の中点を結ぶと平行四辺形ができる。」 …事実3
f:id:yootaamath:20170205155337p:plain
証明は略しますが、中点連結定理で簡単に証明できます。(図参照)


では、円に内接もするし外接もする四角形について考えていきましょう。

四角形\(ABCD\)が円\(\Gamma\)に外接していると仮定します。
そして辺\(AB,BC,CD,DA\)と円\(\Gamma\)の接点をそれぞれ\(P,Q,R,S\)とします。
f:id:yootaamath:20170205155331p:plain

すると四角形\(PQRS\)ができますね。
{SP,PQ,QR,RS}の中点をそれぞれ\(A',B',C',D'\)とします。すると、点\(A',B',C',D'\)は点\(A,B,C,D\)を反転させた点となります。これは事実2からわかります。
f:id:yootaamath:20170205155329p:plain

ここでは円に内接もするし外接もする四角形について考えているので、\(A,B,C,D\)が同一円周上にあるときについて考えます。

ここで事実1を用いましょう。点\(A',B',C',D'\)が同一円周上にある条件がわかれば、いつ\(A,B,C,D\)が同一円周上にあるかがわかります。(注)

そして事実3。点\(A',B',C',D'\)は四角形\(PQRS\)の辺のそれぞれの中点を結んでできた四角形だったので、四角形\(A'B'C'D'\)は平行四辺形だとわかります。
f:id:yootaamath:20170205155346p:plain

では、「円に内接する平行四辺形」とはなんでしょうか?対角の和が180°でなくてはいけないため、そのような平行四辺形は長方形だとわかります。すなわち、四角形\(A'B'C'D'\)は長方形だとわかります。

というわけで、
「四角形\(ABCD\)が円に内接もするし外接もする←→四角形\(A'B'C'D'\)が長方形」
ということがわかりました。
f:id:yootaamath:20170205155344p:plain

しかし「四角形\(A'B'C'D'\)が長方形」という条件がわかりにくいですね…しかし、\(PR\perp QS\)という条件と同値なのは中点連結定理によってわかります。

というわけで、いろいろ長くなりましたが、最終的には
「四角形\(ABCD\)が円に内接もするし外接もする←→\(PR\perp QS\)」
ということがわかります。
f:id:yootaamath:20170205155339p:plain

けっこう簡単な条件で表せました。
これをつかうと簡単に円に内接もするし外接もする四角形をかけて楽しいですよ!


注:四角形\(A'B'C'D'\)の外接円が反転の中心を通らないということを厳密に証明できていません。証明しようとなると大変そう…

問題コーナー(第三回)

f:id:yootaamath:20170124190918p:plain

解けたらコメントでも大丈夫なので、解答をお待ちしております。

最近解いたEGMOの良問(2017年のEGMO日本代表一次選抜試験の問題2)

数学 整数論

最近解いた問題で、結構良問だったので紹介します。
2017年のEGMO日本代表一次選抜試験の問題2です。

問題

数列{a_1,a_2,\cdots}{a_1=1,a_{k+1}=a_{k}^2+1(k=1,2,\cdots)}と定める。
このとき、次の条件を満たす素数{p}が無数に存在することを示せ。

条件:{a_1,a_2,\cdots}の中に{p}の倍数が存在する。

問題解説

問題をわかりやすく解説してみます。

数列の各項を具体的に計算してみると、
{a_1=1}
{a_2=2}
{a_3=5}
{a_4=26=2\times 13}
{a_5=677}
{a_6=458330=2\times 5\times 45833}
{a_7=210066388901=41\times 1277\times 4012193}

と続いていきます。

そして、条件を満たす素数{p}というのは、
{p=2,5,13,677,45833,41,1277,4012193,\cdots}
です。

そのような素数が無数に存在することを示せばいいのです。
条件が弱そう。

というか、無数に存在しない、つまり有限個しかないとしたら
逆にびっくりです…。

方針

(解いているときの自分の心の声的な感じで)

数列の一般項をもとめる({a_n}{n}の式で表す)のは難しそう。

一般項を求めなくともわかるこの数列{a_1,a_2,\cdots}の性質を探してみよう。
何か進展がみられそう。やってみよう。

うーん。全然性質が見つからない。
ただ一つ見つかったことといえば、
{a_m \equiv a_n \pmod p \Rightarrow a_{m+1} \equiv a_{n+1} \pmod p}
(ただし、{m,n}自然数{p}素数
ということぐらい。

この見つかった性質からいろいろ進展させてみよう。
{a_m \equiv a_n \pmod p \Rightarrow a_{m+t} \equiv a_{n+t} \pmod p}
(ただしtは正の整数)
がいえる。

ってことは、{n=m+t}のとき、
{a_m \equiv a_{m+t} \pmod p \Rightarrow a_{m+t} \equiv a_{m+2t} \pmod p}
がいえる。
これを繰り返すと、
{a_m \equiv a_{m+t}\equiv a_{m+2t}\equiv a_{m+3t}\equiv \cdots \pmod p}
ということがわかる。
なんか使えそうになってきた。

あ、ひらめいたぞ。
{a_0=0}と拡張すると、{a_0^2+1=a_1}となって自然だ。
{a_0}はどんな数でも割り切れるから、
上の式に{m=0}を代入して
{a_0 \equiv a_{0+t}\equiv a_{0+2t}\equiv a_{0+3t}\equiv \cdots \pmod p}
より
{0 \equiv a_t\equiv a_{2t}\equiv a_{3t}\equiv \cdots \pmod p}
いい感じ。

しかし、条件を満たす素数{p}が無数に存在することをどう証明すればいいのだろう…?

とりあえず、素数が無数に存在することの証明みたいに、背理法を使おう。
条件を満たす素数{p}が無数に存在しないと仮定して、矛盾を導いてみよう。

とりあえず、条件を満たすような素数をそれぞれ{p_1,p_2,\cdots,p_n}とおいてみて…
{p_1,p_2,\cdots,p_n}のどれでも割り切れないような{a_x}はないかなあ。

あ、{a_{x-1}}{p_1,p_2,\cdots,p_n}の全てで割り切れればいいのか。
おっ、これはさっき示したアレが使える…!

よっしゃ、できた。

解答

すいません、長くなりました。解答です。

解答

条件を満たす素数{p}が無数に存在しないと仮定して、矛盾を導く。

ここで数列を{a_0=0,a_{k+1}=a_{k}^2+1(k=0,1,\cdots)}と拡張する。
{a_0^2+1=a_1}より、{a_1}以降の項の値は変わらない。

条件を満たすような素数をそれぞれ{p_1,p_2,\cdots,p_n}とおく。
また、1以上n以下の正の整数{i}に対し、{a_j}{p_i}で割り切れるような最小の正の整数{j}{f(i)}とおく。

このとき、
{a_m \equiv a_n \pmod p}のとき
{a_m^2+1 \equiv a_n^2+1 \pmod p}
{a_{m+1} \equiv a_{n+1} \pmod p}
が成り立つ。
これを繰り返すことにより、
{a_m \equiv a_{m+t}\equiv a_{m+2t}\equiv a_{m+3t}\equiv \cdots \pmod p}
が示される。

よって、{m}に0を代入して、
{0 \equiv a_t\equiv a_{2t}\equiv a_{3t}\equiv \cdots \pmod p}
である。

したがって、
{a_{f(1)f(2)\cdots f(n)}}{a_{f(1)},a_{f(2)},\cdots,a_{f(n)}}で割り切れる。
{f}の定義より、{a_{f(1)f(2)\cdots f(n)}}{p_1,p_2,\cdots,p_n}で割り切れる。

しかし、{a_{f(1)f(2)\cdots f(n)+1}}{a_{f(1)f(2)\cdots f(n)}}と互いに素であるから、これは{p_1,p_2,\cdots,p_n}のどれでも割り切れない。

明らかに{a_{f(1)f(2)\cdots f(n)+1}>1}より、{a_{f(1)f(2)\cdots f(n)+1}}{p_1,p_2,\cdots,p_n}以外に素因数を持つことになり、矛盾。

よって、背理法より、条件を満たす素数{p}が無数に存在することが証明された。
Q.E.D.

あとがき

整数論の問題にしては、面倒くさくなく、また程よい難易度で、かなりの良問だったと思います。こんな問題たくさん解きたい。