面白い問題おしえて~な@数学板 数論20051206021124


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数論10-10
886 名前:132人目の素数さん[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 02:11:24
pを素数とする。An={2^(p^(n+1))-1}/{2^(p^n)-1} (n∈N)とおく。
(1)Anの素因数はpで割ると必ず1余ることを示せ。
(2)AnとAm(n≠m)は互いに素であることを示せ。
(3)pで割ると1余る素数が無数に存在することを示せ。

解答
887 名前:132人目の素数さん[] 投稿日:2005/12/06(火) 02:45:04
>>886
これは・・・おもしろそうだけど見るからにノーヒントはきつそう。
ヒントをおながいします。

888 名前:132人目の素数さん[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 02:54:10
>>887
だが断るッ!
ヒントなどという奴は、受験数学でも解いてろってこった.

889 名前:132人目の素数さん[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 02:58:07
>>888
これノーヒントじゃ数論専攻の学生でもとけないんじゃ・・・プロの数学者がみつけた
テクニックじゃないの?

890 名前:132人目の素数さん[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 03:04:49
>>889
わたしは ひんとのせいで さっさと とかれる じょうきょうに あきあきしていました
そこで ひんとを やめたのです

891 名前:889[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 03:05:53
なに かんがえてんだ!

892 名前:132人目の素数さん[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 03:07:59
おおくの ものたちが もんだいを とけずに きえていきました。
ねっとすうがくしゃである ろりすうをたが ひっしに かんがえる すがたは
わたしさえも かんどうさせるものがありました。

893 名前:132人目の素数さん[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 03:08:51
つ[チェーンソー]

894 名前:889[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 03:09:02
おまえのために もんだいを といてるんじゃねえ!
よくも おれたちを みんなを おもちゃにしてくれたな!

895 名前:132人目の素数さん[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 03:11:11
それが どうかしましたか?
すべては だれかが といた もんだいなのです。

>>893
かみに ケンカをうるとは…
どこまでも たのしい ひとたちだ!
どうしても とくつもりですね これも ろりすうをたのサガか……

よろしい もうしばらく ひんとなしで とくと かんがえたまえ!

896 名前:132人目の素数さん[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 03:15:00
フェルマーの定理より。

897 名前:132人目の素数さん[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 03:17:21
自分で考えた問題でもないのにそんなんで上から人よっていう根性に乾杯!

898 名前:132人目の素数さん[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 04:27:47
>>886
>>896のヒントででけた。
 
(1)qをAnの素因数とする。q^e|2^n-1となる最大のe≧1をとる。q-1がpの倍数でないと仮定し
矛盾を導く。フェルマーの小定理より2^(p^(n+1))≡2 (mod p)であるからq=pではありえない。
よってpはq^(e-1)(q-1)と互いに素である。2^(p^(n+1))+q^eZ=(2^(p^n)+q^eZ)^pはZ/q^eZにおいて
1+q^eZに等しいがpが群の位数と互いに素であるから2^(p^n)+q^eZもやはり1+q^eZに等しい。
とくに2^(p^n)-1もq^eで割りきれる。するとAn=(2^(p^(n+1()-1)/(2^(p^n)-1)はqの倍数でない。
これは矛盾である。
(2)Anの素因数qをとる。q^e|2^(p^(n+1))-1となる最大のe≧1をとる。m≧nのとき
q^x|2^(p^(m+1))-1をみたす最大のxはeに等しいことをしめす。それにはm=n+1のときのみ
しめせば十分である。このとき
2^(p^(m+1))-1=(2^(p^(n+1))-1)(1+2^(p^(n+1))+2^(2・p^(n+1))+・・・+2^((p-1)・p^(n+1)))
である。整係数多項式P(x)で1+x+・・・+x^(p-1)=(x-1)P(x)+pとなるものをとれば
1+2^(p^(n+1))+2^(2・p^(n+1))+・・・+2^((p-1)・p^(n+1))=(2^(p^(n+1))-1)P(2^(p^(n+1)))+p
であるから
1+2^(p^(n+1))+2^(2・p^(n+1))+・・・+2^((p-1)・p^(n+1))と2^(p^(n+1))
の最大公約数はpの約数。とくに
前者はqの倍数となりえない。よって主張はしめされた。
このことからとくにm≧nのときにAmはqではわりきれない。以上から(2)の主張が成立する。
(3)(1),(2)より明らか。□
 
こんな方法で示せるのか。おもろいこと聞いた・・・寝よ。

900 名前:886[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 05:50:30
なんか荒れてる(^^;
とある問題を解こうとしていたときに発見した問題です。一応、私の考えた答えを。

(1)Anの素因数qを任意にとる。An≡0 (mod q)より
2^(p^(n+1))≡1 (mod q)…*である。
ここで、mod qにおける2の位数をrとおくと、
フェルマーの小定理及び*よりr|(q-1),r|p^(n+1)を得る。
もしr=1とすると2≡1 (mod q)となって矛盾するので、
r>1である。よってp|rである。よってp|(q-1)である。

(2)ある素数qでq|An,q|Am (n<m)を満たすものがあるとすると、
まず2^(p^(n+1))≡1 (mod q)…**を得る。
**とn+1≦mより、2^(p^m)≡1 (mod q)も成り立つ。
すると、0≡Am=Σ[i=0~p-1]{2^(p^m)}^i≡Σ[i=0~p-1]1≡p (mod q) 
よってq|pが成り立ち、pは素数であるから自動的にp=qとなる。
これを**に代入して2^(p^(n+1))≡1(mod p)
ところが、フェルマーの小定理より2^p≡2 (mod p)なので
2^(p^(n+1))≡2 (mod p)よって1≡2 (mod p)矛盾。
(3) (1)(2)より成立。

901 名前:886[sage] 投稿日:2005/12/06(火) 06:14:31
…ということで、(計算の都合上)p=2として、Anの素因数で最小のもの(これも計算の都合上)をqnと
おけば、数列{qn}は各項が全て異なる素数列なので、このqnを計算機で求めさせれば 好きなだけ
新しい素数が手に入るじゃーん!と思ったら大間違いだったorz Anはフェルマー数Fn=2^(2^n)+1
なんかと同じようなオーダーで発散するので すぐに計算機パンクする…