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■50674 / 親記事)  フィボナッチ数列について。
□投稿者/ メラゾーム 一般人(1回)-(2021/03/19(Fri) 03:07:39)
    フィボナッチ数列 F[1]=1, F[2]=1, F[n+2]=F[n+1]+F[n] (n≧1) について、
    F[n] (n≠5) が素数 ならば F[n] ≡ ±1 (mod n) であることを示してください。 よろしくお願いします。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス3件(ResNo.1-3 表示)]
■50884 / ResNo.1)  Re[1]: フィボナッチ数列について。
□投稿者/ WIZ 一般人(8回)-(2021/07/05(Mon) 19:33:43)
    Wikipediaの「フィボナッチ数」や「フィボナッチ素数」を見ると以下の記述があります。
    # 若干表現は変更しています。
    L(a/p) はルジャンドルの記号とします。

    (1) n = 4 の場合を除いて、F[n] がフィボナッチ素数となる n は素数である。
    しかし、n が素数でも F[n] が素数になるとは限らない。

    (2) p が 2 でも 5 でもない素数のとき、F[p-L(5/p)] は p で割り切れる。

    (3) F[n−1]F[n+1]−F[n]^2 = (-1)^n

    以下、F[3] = 2 と F[4] = 3 と F[5] = 5 以外のフィボナッチ素数について考察します。

    (1)により、自然数 p に対して F[p] が素数ならば p も素数です。
    L(5/p) = 1 または L(5/p) = -1 なので、(2)より、F[p-1] または F[p+1] が p で割り切れます。
    つまり、F[p-1]F[p+1] は p で割り切れます。よって(3)と p が奇数であることより、
    F[p−1]F[p+1]−F[p]^2 = (-1)^p = -1
    ⇒ F[p]^2 ≡ 1 (mod p)
    ⇒ F[p] ≡ ±1 (mod p)
    となり、題意は肯定的に示されます。
    (F[3] = 2 と F[4] = 3 は別途示す必要がありますが、これは目視でわかりますよね。)

    スレ主さん(もう見てないと思うけど)も上記程度は分かった上での質問なのかもしれません。
    つまり、(1)(2)(3)の証明が分からないということかもしれません。
    まあ、(3)は F[n] の一般項の式から容易に導けるのではないかと思います。(確認してないけど)
    (2)は2次体 Q(√5) の整数環の性質から導けるかも? (希望的観測)
    (1)は F[n] の一般項の式から導けるかもしれない。(願望)
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■50888 / ResNo.2)  Re[1]: フィボナッチ数列について。
□投稿者/ WIZ 一般人(9回)-(2021/07/06(Tue) 21:06:24)
    F[n-1]F[n+1]-F[n]^2 = (-1)^n の証明

    n を 2 以上の自然数として G[n] = F[n-1]F[n+1]−F[n]^2 とします。
    G[2] = F[1]F[3]−F[2]^2 = 1*2-1^2 = 1 = (-1)^2

    k を 2 以上の自然数として G[k] = (-1)^k と仮定します。
    G[k+1] = F[k]F[k+2]-F[k+1]^2
    = (F[k+1]-F[k-1])(F[k]+F[k+1])-F[k+1]^2
    = F[k+1]F[k]+F[k+1]^2-F[k-1]F[k]-F[k-1]F[k+1]-F[k+1]^2
    = (F[k+1]-F[k-1])F[k]-F[k-1]F[k+1]
    = F[k]^2-F[k-1]F[k+1]
    = -G[k]
    = (-1)^(k+1)

    以上から数学的帰納法により 2 以上の自然数 n に対して
    G[n] = F[n-1]F[n+1]-F[n]^2 = (-1)^n が成立する。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■50889 / ResNo.3)  Re[1]: フィボナッチ数列について。
□投稿者/ WIZ 一般人(11回)-(2021/07/06(Tue) 23:29:21)
    (A) フィボナッチ数の加法定理 F[m+n] = F[m]F[n+1]+F[m-1]F[n] の証明

    m, n は自然数で、m ≧ 2 とする。

    m = 2 の場合、F[1] = F[2] = 1 なので、
    F[2+n] = F[n+1]+F[n] = F[2]F[n+1]+F[2-1]F[n] となり加法定理は成立する。

    m = 3 の場合、F[2] = 1, F[3] = 2 なので、
    F[3+n] = F[n+2]+F[n+1] = (F[n+1]+F[n])+F[n+1] = 2F[n+1]+F[n] = F[3]F[n+1]+F[3-1]F[n]
    となり加法定理は成立する。

    k を 3 以上の自然数として、m = k と m = k-1 で加法定理の成立を仮定すると、
    F[(k+1)+n] = F[k+n]+F[(k-1)+n]
    = (F[k]F[n+1]+F[k-1]F[n])+(F[k-1]F[n+1]+F[k-2]F[n])
    = (F[k]+F[k-1])F[n+1]+(F[k-1]+F[k-2])F[n]
    = F[k+1]F[n+1]+F[k]F[n]
    となり、m = k+1 でも成立する。

    以上から、数学的帰納法により 2 以上の自然数 m と 任意の自然数 n に対して、
    F[m+n] = F[m]F[n+1]+F[m-1]F[n] が成立する。


    (B) フィボナッチ数の整除定理 m | n ならば F[m] | F[n] の証明

    n を 2 以上の自然数とすると、加法定理より、
    F[n+n] = F[n]F[n+1]+F[n-1]F[n] = F[n](F[n+1]+F[n-1])
    つまり、F[n] | F[2n] が成立する。

    k を 2 以上の自然数、u を自然数として、F[kn] = u*F[n] を仮定すると、
    F[(k+1)n] = F[n]F[kn+1]+F[n-1]F[kn]
    = F[n]F[kn+1]+F[n-1]*u*F[n]
    = F[n](F[kn+1]+F[n-1]*u)
    となり、F[n] | F[(k+1)n] が成立する。

    以上から、数学的帰納法により v と n を 2 以上の自然数とするとき
    F[n] | F[vn] が成立する。
    # n = 1 や v = 1 でも上記は成立しますが。


    (C) F[p] が素数ならば、p は奇素数であるか 4 であることの証明

    3 以上の自然数 a と 2 以上の自然数 b が存在して p = ab ならば、
    a < p であり、1 < F[a] < F[p] かつ整除定理より F[a] | F[p] となり
    F[p] は素数ではありえない。

    従って、F[p] が素数となるためには p は真の約数を持たないか、
    真の約数の値が 2 以下の場合である。

    真の約数を持たないということは、p は素数であるということてある。
    但し、F[2] = 1 は素数ではないので、p は奇素数である。
    真の約数の値が 2 以下ということは p は 2 の冪であることが必要だが、
    2^3 = 8 は 4 という真の約数を持つため、可能性は p = 2^2 のみとなるが、
    F[4] = 3 は素数である。

    以上から、F[p] が素数ならば、p は奇素数か 4 であるといえる。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■50878 / 親記事)  cosθ
□投稿者/ アイナ・ヂ・遠藤 一般人(1回)-(2021/07/01(Thu) 21:04:48)
    cosθ, cos2θ, cos3θ, cos4θ, ....... , coskθ, .......
    という数列のどこか連続する4項が有理数ならば、
    この数列は全ての項が有理数だと言えますか?
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]
■50879 / ResNo.1)  Re[1]: cosθ
□投稿者/ WIZ 一般人(7回)-(2021/07/02(Fri) 21:45:06)
    # θとタイプするのが面倒なので、t とタイプさせて頂きます。

    cos(t) が有理数であることが示せれば十分です。
    何故なら、任意の自然数 k に対して、cos(kt) は cos(t) の整数係数の整式になるからです。

    k を自然数、p, q, r, s を有理数として、
    p = cos(kt) ・・・・・(1)
    q = cos((k+1)t) ・・・・・(2)
    r = cos((k+2)t) ・・・・・(3)
    s = cos((k+3)t) ・・・・・(4)
    とします。

    (1)(2)より、
    q = cos(kt)cos(t)-sin(kt)sin(t) = p*cos(t)-sin(kt)sin(t)
    ⇒ sin(kt)sin(t) = p*cos(t)-q ・・・・・(5)

    (1)(3)(5)より、
    r = cos(kt)cos(2t)-sin(kt)sin(2t)
    = p(2cos(t)^2-1)-2sin(kt)sin(t)cos(t)
    = p(2cos(t)^2-1)-2(p*cos(t)-q)cos(t)
    = 2q*cos(t)-p ・・・・・(6)

    q ≠ 0 ならば、(6)より
    cos(t) = (p+r)/(2q) ・・・・・(7)

    q = 0 ならば、(6)より
    r = -p ・・・・・(8)

    (2)より、
    q = cos((k+1)t) = 0
    ⇒ sin((k+1)t) = ±1 ・・・・・(9)

    (3)(8)(9)より、
    r = cos((k+1)t)cos(t)-sin((k+1)t)sin(t) = -sin((k+1)t)sin(t)
    ⇒ (-p)^2 = (-sin((k+1)t)sin(t))^2 = sin(t)^2
    ⇒ p^2 = 1-cos(t)^2
    ⇒ cos(t)^2 = 1-p^2 ・・・・・(10)

    (4)(5)より、
    s = cos(kt)cos(3t)-sin(kt)sin(3t)
    = p(4cos(t)^3-3cos(t))-sin(kt)(3sin(t)-4sin(t)^3)
    = p(4cos(t)^3-3cos(t))-sin(kt)sin(t)(3-4sin(t)^2)
    = p(4cos(t)^3-3cos(t))-p*cos(t)(4cos(t)^2-1)
    = -2p*cos(t) ・・・・・(11)

    p ≠ 0 ならば、(11)より
    cos(t) = -s/(2p) ・・・・・(12)

    p = 0 ならば、(10)より
    cos(t) = ±1 ・・・・・(13)

    以上から、
    q ≠ 0 なら cos(t) = (p+r)/(2q)
    q = 0 かつ p ≠ 0 なら cos(t) = -s/(2p)
    q = 0 かつ p = 0 なら cos(t) = ±1
    ・・・と、いずれも cos(t) は有理数になります。
    よって、連続4項が有理数なら全項が有理数と言えます。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■50882 / ResNo.2)  Re[2]: cosθ
□投稿者/ アイナ・ヂ・遠藤 一般人(2回)-(2021/07/04(Sun) 14:58:13)
    大変美しい解答を有難うございました。
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■50871 / 親記事)  行列 線形代数
□投稿者/ ああや 一般人(1回)-(2021/06/27(Sun) 15:50:01)
    すみません教えて下さると嬉しいです。
    次元のことなど本当に分からないので、基礎から解説してくださると嬉しいです
922×448 => 250×121

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/60KB
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■50867 / 親記事)  大学数学
□投稿者/ やよい 一般人(1回)-(2021/06/27(Sun) 13:15:24)
    次の立体Aの体積を求めよ。

    A={(x,y,z)∈R^3|x^2+y^2≧z^2,x^2+y^2≦2x,z≧0}

    全く手も足も出ないので、詳しく教えて下さると嬉しいです(´;ω;`)
    よろしくお願いします
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス1件(ResNo.1-1 表示)]
■50869 / ResNo.1)  Re[1]: 大学数学
□投稿者/ X 一般人(2回)-(2021/06/27(Sun) 15:16:42)
    2021/06/27(Sun) 15:39:11 編集(投稿者)

    Aを円柱座標に置き換えると
    A={(r,θ,z)|0≦z≦r≦√2}
    よって立体Aの形状は、
    底面が半径√2の円、高さ√2の円柱から
    底面が半径√2の円、高さ√2の円錐を
    底面を一致させるようにくり抜いたもの
    なので、求める体積をVとすると
    V=π{(√2)^2}・√2-(1/3)π{(√2)^2}・√2
    =(4π/3)√2
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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■50863 / 親記事)  連立方程式
□投稿者/ まるは 一般人(1回)-(2021/06/26(Sat) 11:13:16)
    の、解法と答えを教えて下さい

    a^2+b^2=c^2
    b^2-{c-(b-a)}=ba
    a^2+{c+(b-a)}=ac
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

▽[全レス2件(ResNo.1-2 表示)]
■50866 / ResNo.1)  Re[1]: 連立方程式
□投稿者/ らすかる 付き人(61回)-(2021/06/26(Sat) 19:13:05)
    第3式から (a-1)c=a^2-a+b
    第2式から c=b^2-ab-a+b … (1)
    なので (a-1)c=(a-1)(b^2-ab-a+b)
    よって a^2-a+b=(a-1)(b^2-ab-a+b)
    整理して (b+2)a^2-(b^2+2b+2)a+b(b+2)=0 … (2)
    第1式に(1)を代入して a^2+b^2=(b^2-ab-a+b)^2
    整理して b{(b+2)a^2-2(b^2+2b+1)a+b^2(b+2)}=0 … (3)
    b=0のとき(3)は成り立ち、(2)からa(a-1)=0
    a=0のとき(1)からc=0
    (a,b,c)=(0,0,0)は全式を満たすので解
    a=1のとき(1)からc=-1
    (a,b,c)=(1,0,-1)も全式を満たすので解
    b≠0のとき(3)から (b+2)a^2-2(b^2+2b+1)a+b^2(b+2)=0 … (4)
    (2)から(b+2)a^2=(b^2+2b+2)a-b(b+2)
    (4)から(b+2)a^2=2(b^2+2b+1)a-b^2(b+2)
    2式から (b^2+2b+2)a-b(b+2)=2(b^2+2b+1)a-b^2(b+2)
    整理して (b+2)(a-b+1)=0 … (5)
    b=-2のとき(5)は成り立ち、(2)からa=0、(1)からc=2
    (a,b,c)=(0,-2,2)も全式を満たすので解
    b≠-2のとき(5)から a-b+1=0 すなわち a=b-1
    (2)に代入して
    (b+2)(b-1)^2-(b^2+2b+2)(b-1)+b(b+2)=0
    これより b=4 なので a=b-1=3、(1)からc=5
    (a,b,c)=(3,4,5)も全式を満たすので解
    従って解は
    (a,b,c)=(0,0,0),(1,0,-1),(0,-2,2),(3,4,5)
    の4組。

引用返信/返信 [メール受信/OFF]
■50868 / ResNo.2)  Re[2]: 連立方程式
□投稿者/ まるは 一般人(2回)-(2021/06/27(Sun) 15:10:57)
    ありがとうございました!!
解決済み!
引用返信/返信 [メール受信/OFF]

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