平方数をつくる
任意の自然数Nに、偶数を足していけば、平方数になることが分かりました。2＋２＝４，３＋２＋４＝９、など
任意の数に、ある数列を足して、N＾３、N＾4, N＾5
場合はどうなるでしょうか？
ks様、こんにちは。
＞任意の自然数Nに、偶数を足していけば、平方数になることが分かりました。
これは、N+(1+2+3+・・+N-1)x2=N+N(N-1)=N+N^2-N=N^2
ですね。
N+(2+4＋…＋２（N-1））＝Nの2乗
が成り立ち、
N＋（6＋…＋３N（N-1））= ←修正しました。
N＋（3の倍数の数列の和）＝Nの３乗
N＋（４の倍数の数列の和）＝Nの４乗 不成立
N＋（５の倍数の数列の和）＝Nの５乗 成り立ちます
３N（N-1）から
３の３乗＝２７＝３＋（６＋１８）
４の３乗＝６４＝４＋（６＋１８＋３６）
５の３乗＝125＝５＋（６＋１８＋３６＋６０）
（３の倍数の数列で３乗数が生まれます）
ks様、おはようございます。
N+a1+a2+・・+aNにおいて、
aN=3N(N-1)
とすると、
a1=0
a2=6
a3=18
a4=36
a5=60
・・・・
よって、
N
N+∑{3i(i-1)}
i=1
N
=N+3∑{i(i-1)}
i=1
N N
=N+3∑i^2ー3∑i
i=1 i=1
=N+3N(N+1)(2N+1)/6ー3N(N+1)/2
=N+(3/2)N(N+1){(2N+1)/3ー1}
=N+(3/2)N(N+1){(2N+1-3)/3)}
=N+(3/2)N(N+1){(2N-2)/3)}
=N+N(N+1)(N-1)=N+N(N^2-1)
=N+N^3-N=N^3
したがって、
N+a1+a2+a3・・+aN=N^3
N+0+6+18+・・+3N(N-1)=N^3
N+6+18+・・+3N(N-1)=N^3
管理人様のコメントから、
＞ １ から ｎ までの自然数の和 ： １＋２＋・・・＋ｎ ＝ｎ（ｎ＋１）/２
１ から ｎ までの自然数の平方の和 ： １^2＋２^2＋・・・＋ｎ^2 ＝ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）/６
１ から ｎ までの自然数の立方の和 ： １^3＋２^3＋・・・＋ｎ^3 ＝ｎ^2（ｎ＋１)^2/４
＞ 任意の数Ｎに対して、 （Ｎ－１）Ｎ は偶数で、
Ｎ＋（Ｎ－１）Ｎ＝Ｎ＋N^2－Ｎ＝N^2
同様に、任意の数Ｎに対して、 （Ｎ－１）Ｎ（Ｎ＋１）は偶数で、
Ｎ＋（Ｎ－１）Ｎ（Ｎ＋１）＝Ｎ＋N^3－Ｎ＝N^3
任意の数Ｎに対して、 （Ｎ－１）Ｎ（Ｎ^2＋Ｎ＋１）は偶数で、
Ｎ＋（Ｎ－１）Ｎ（Ｎ^2＋Ｎ＋１）＝Ｎ＋N^4－Ｎ＝N^4
任意の数Ｎに対して、 （Ｎ－１）Ｎ（Ｎ＋１）（Ｎ^2＋１）は偶数で、
Ｎ＋（Ｎ－１）Ｎ（Ｎ＋１）（Ｎ^2＋１）＝Ｎ＋N^5－Ｎ＝N^5
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
ですから、N+a1+a2+・・+aNにおいて、aNをこうなるように、決めればいいですね。
何度も追記しました。
N+x1+x2+・・+xN=N^4において、
xN=aN^3+bN^2+cN+dとおくと、
N+∑(ai^3+bi^2+ci+d)
=N+a{N^2(N+1)^2}/4+b{N(N+1)(2N+1)}/6+c{N(N+1)}/2+dN
=a{N^2(N+1)^2}/4+b{N(N+1)(2N+1)}/6+c{N(N+1)}/2+(d+1)N
N^4={3aN^4+(6a+4b)N^3+(3a+6b+6c)N^2+(2b+6c+12d+12)N}/12
よって、
3a/12=1 a/4=1 ゆえにa=4
6a+4b=0 3a+2b=0 12+2b=0ゆえにb=-6
3a+6b+6c=0 a+2b+2c=0 4-12+2c=0ゆえにc=4
2b+6c+12d+12=0 b+3c+6d+6=0 -6+12+6d+6=0 12+6d=0ゆえにd=-2
よって、
xN=aN^3+bN^2+cN+d
=2(N-1)(2N^2-N+1)
したがって、
x1=0
x2=14
x3=64
x4=174
・・・・
よって、
N+x1+x2+・・+xN=N^4
N+0+14+64+174+・・・+2(N-1)(2N^2-N+1)=N^4
さて、
N=1 のとき１
N=2 のとき2+0+14=16=2^4
N=3 のとき3+0+14+64=81=3^4
N=4 のとき3+0+14+64+174=256=4^4
N^4和の公式{N(N+1)(2N+1)(3N^2+3N-1}/30より、
N+x1+x2+・・+xN=N^5において、
xN=aN^4+bN^3+cN^2+dN+eとおくと、
N
N+∑(ai^4+bi^3+ci^2+di+e)
i=1
=N+a{N(N+1)(2N+1)(3N^2+3N-1}/30+b{N^2(N+1)^2}/4+c{N(N+1)(2N+1)}/6+d{N(N+1)}/2+eN
=a{N(N+1)(2N+1)(3N^2+3N-1}/30+b{N^2(N+1)^2}/4+c{N(N+1)(2N+1)}/6+d{N(N+1)}/2+(e+1)N
N^5={12aN^5+(30a+15b)N^4+(20a+30b+20c)N^3+(15b+30c+30d)N^2+(-2a+10c+30d+60e+60)}/60
よって、
12a/60=1 a/5=1 ゆえにa=5
30a+15b=0 2a+b=0 10+b=0ゆえにb=-10
20a+30b+20c=0 2a+3b+2c=0 10-30+2c=0ゆえにc=10
15b+30c+30d=0 b+2c+2d=0 -10+20+2d=0 10+2d=0ゆえにd=-5
-2a+10c+30d+60e+60=0 -a+5c+15d+30e+30=0 -5+50-75+30e+30=0 0+30e=0
ゆえにe=0
よって、
xN=aN^4+bN^3+cN^2+dN+e
=5N^4-10N^3+10N^2-5N
=5N(N-1)(N^2-N+1)
したがって、
x1=0
x2=30
x3=210
x4=780
・・・・
よって、
N+x1+x2+・・+xN=N^5
N+0+30+210+780+・・・+5N(N-1)(N^2-N+1)=N^5
さて、
N=1のとき、1+0=1
N=2のとき、2+0+30=32=2^5
N=3のとき、3+0+30+210=243=3^5
N=4のとき、4+0+30+210+780=1024=4^5
N^5和の公式{N^2(N+1)^2(2N^2+2N-1)}/12より、
N+x1+x2+・・+xN=N^6において、
xN=aN^5+bN^4+cN^3+dN^2+eN+fとおくと、
N
N+∑(ai^5+bi^4+ci^3+di^2+ei+f)
i=1
=N+a{N^2(N+1)^2(2N^2+2N-1)}/12+b{N(N+1)(2N+1)(3N^2+3N-1)}/30+c{N^2(N+1)^2}/4+d{N(N+1)(2N+1)}/6+e{N(N+1)}/2+fN
=a{N^2(N+1)^2(2N^2+2N-1)}/12+b{N(N+1)(2N+1)(3N^2+3N-1)}/30+c{N^2(N+1)^2}/4+d{N(N+1)(2N+1)}/6+e{N(N+1)}/2+(f+1)N
N^6={10aN^6+(30a+12b)N^5+(25a+30b+15c)N^4+(20b+30c+20d)N^3+(-5a+15c+30d+30e)N^2+(-2b+10d+30e+60f+60)N}/60
よって、
10a/60=1 a/6=1 ゆえにa=6
30a+12b=0 5a+2b=0 30+2b=0ゆえにb=-15
25a+30b+15c=0 5a+6b+3c=0 30-90+3c=0 -60+3c=0ゆえにc=20
20b+30c+20d=0 2b+3c+2d=0 -30+60+2d=0 30+2d=0ゆえにd=-15
-5a+15c+30d+30e=0 -a+3c+6d+6e=0 -6+60-90+6e=0 -36+6e=0ゆえにe=6
-2b+10d+30e+60f+60=0 30-150+180+60f+60=0 120+60f=0 12+6f=0ゆえにf=-2
よって、
xN=aN^5+bN^4+cN^3+dN^2+eN+f
=6N^5-15N^4+20N^3-15N^2+6N-2
=(N-1)(6N^4-9N^3+11N^2-4N+2)
したがって、
x1=0
x2=62
x3=664
x4=3366
・・・・
よって、
N+x1+x2+・・+xN=N^6
N+0+62+664+3366+・・・+(N-1)(6N^4-9N^3+11N^2-4N+2)=N^6
さて、
N=1のとき、1+0=1
N=2のとき、2+0+62=64=2^6
N=3のとき、3+0+62+664=729=3^6
N=4のとき、4+0+64+664+3366=4096=4^6
N^6和の公式{N(N+1)(2N+1)(3N^4+6N^3-3N+1)}/42より、
N+x1+x2+・・+xN=N^7において、
xN=aN^6+bN^5+cN^4+dN^3+eN^2+fN+gとおくと、
N
N+∑(ai^6+bi^5+ci^4+di^3+ei^2+fi+g)
i=1
=N+a{N(N+1)(2N+1)(3N^4+6N^3-3N+1)}/42+b{N^2(N+1)^2(2N^2+2N-1)}/12+c{N(N+1)(2N+1)(3N^2+3N-1)}/30+d{N^2(N+1)^2}/4+e{N(N+1)(2N+1)}/6+f{N(N+1)}/2+gN
=a{N(N+1)(2N+1)(3N^4+6N^3-3N+1)}/42+b{N^2(N+1)^2(2N^2+2N-1)}/12+c{N(N+1)(2N+1)(3N^2+3N-1)}/30+d{N^2(N+1)^2}/4+e{N(N+1)(2N+1)}/6+f{N(N+1)}/2+(g+1)N
N^7={60aN^7+(210a+70b)N^6+(210a+210b+84c)N^5+(175b+210c+105d)N^4+(-70a+140c+210d+140e)N^3+(-35b+105d+210e+210f)N^2+(10a-14c+70e+210f+420g+420)N}/420
よって、
60a/420=1 a/7=1 ゆえにa=7
210a+70b=0 3a+b=0 21+b=0ゆえにb=-21
210a+210b+84c=0 5a+5b+2c=0 35-105+2c=0 -70+2c=0ゆえにc=35
175b+210c+105d=0 5b+6c+3d=0 -105+210+3d=0 105+3d=0ゆえにd=-35
-70a+140c+210d+140e=0 -a+2c+3d+2e=0 -7+70-105+2e=0 -42+2e=0ゆえにe=21
-35b+105d+210e+210f=0 -b+3d+6e+6f=0 21-105+126+6f=0 42+6f=0 ゆえにf=-7
10a-14c+70e+210f+420g+420=0 5a-7c+35e+105f+210g+210=0 210g=0 ゆえにg=0
よって、
xN=aN^6+bN^5+cN^4+dN^3+eN^2+fN+g
=7N^6-21N^5+35N^4-35N^3+21N^2-7N
=7N(N-1)(N^2-N+1)^2
したがって、
x1=0
x2=126
x3=2058
x4=14196
・・・・
よって、
N+x1+x2+・・+xN=N^7
N+0+126+2058+14196+・・・+7N(N-1)(N^2-N+1)^2=N^7
さて、
N=1のとき、1+0=1
N=2のとき、2+0+126=128=2^7
N=3のとき、3+0+126+2058=2187=3^7
N=4のとき、4+0+126+2058+14196=16384=4^7
よって、
N＋（６の倍数の数列の和）＝Nの６乗 不成立
N＋（７の倍数の数列の和）＝Nの７乗 成り立ちます
どうも２，３，５，７より、素数なら成り立ちそうですね。
なお、K^rの和の公式は、緑色のうんざりはちべえをクリックしてください。
r=1〜２０まで、作ってあります。
pが素数の時、
N＋（ある数列の和）＝Nのｐ乗
Ｎ＾ｐーＮ＝Ｓｎとおくと、Sn-1=(n-1)^p-(n-1)
an=Sn-Sn-1=N^p-N-(N-1)^p+(N-1)
=N^p-N-(N^p+Pの倍数ー１)＋N-1 （ｐ＞2）
＝（Pの倍数）なので、
(ある数列の和)＝（ｐの倍数の数列の和）
素数のときは、成立する。
合成数のときに、成り立つことがあるかも知れませんが？
管理人様、こんにちは。
＞ N^6－N＝N（Ｎ－１）（Ｎ^4＋Ｎ^3＋Ｎ^2＋Ｎ＋１） が６の倍数になることはない。
N^7－N＝N（Ｎ－１）(N＋１)（Ｎ^4＋Ｎ^2＋１） は常に７の倍数になる。
面倒くさい計算で、求めてきましたが、簡単に求められる方法があるならば、根拠を教えてください。
うんざりはちべえさん、こんにちは。
＞N^7－N＝N（Ｎ－１）(N＋１)（Ｎ^4＋Ｎ^2＋１） は常に７の倍数になる。
こちらにありますね。https://detail.chiebukuro.yahoo.co.jp/qa/question_detail/q1486418324
数学的帰納法も良いですが、下の解法の方がエレガントですね。（もうちょっと読み易く書いてくれると有難いですが。）
因みに、こういうのは発見するのは大変ですが、証明だけなら、N＝７ｍ，７ｍ±１，７ｍ±２，７ｍ±３を代入すれば必ず出来ると思います。
Ｎ＝７ｍの時は自明ですね。
Ｎ＝７ｍ±１の時、Ｎ^7－Ｎ＝(７ｍ±１)^7－(７ｍ±１) これを二項定理で展開すると定数項以外は７がかかっているので７の倍数で、(±１)^7－(±１)＝０より７の倍数ですね。
Ｎ＝７ｍ±２の時、Ｎ^7－Ｎ＝(７ｍ±２)^7－(７ｍ±２) 定数項(±２)^7－(±２)＝±１２６＝±７・１８より７の倍数。
Ｎ＝７ｍ±３の時、Ｎ^7－Ｎ＝(７ｍ±３)^7－(７ｍ±３) 定数項(±３)^7－(±３)＝±２１８４＝±７・３１２より７の倍数。
よって、N＝７ｍ，７ｍ±１，７ｍ±２，７ｍ±３の全ての場合で７の倍数より、N^7－Nは常に７の倍数になる。
壊れた扉様、こんばんは。
お久しぶりです。
さて、わかりやすい説明でありがとうございました。
そもそも、以前はちべえさん自身がそれの証明をここに投稿してましたよ。
どの記事だったか忘れましたけど。
DD＋＋様、おはようございます。
そうか、a^n=nA+a（ただしnは奇素数）ですね。
http://y-daisan.private.coocan.jp/html/felmer-7-2.pdf
a^n-a=nAですね。
ただ、nは奇素数という条件が付いています。残念。
うんざりはちべえさん、おはようございます。
レポート読ませて頂きました。以前に、私は「奇」を付けていましたか。外して下さい。
そうすれば、うんざりはちべえさんのNo.1243の投稿の証明を自分でした事になりますね。
壊れた扉様、おはようございます。
ありがとうございます。修正しました。
奇素数を素数にするということは2の場合を考えればいいわけですね。納得です。
>そうすれば、うんざりはちべえさんのNo.1243の投稿の証明を自分でした事になりますね。
そうはなりません。素数でない自然数ではだめですからね。
N^8-N、N^9-N、N^10^-Nは、８，９，１０の倍数にはなりませんが、私の方法ではできないです。
管理人様の手法でないと説明できません。
N^11-Nは11の倍数です。これだけは私の方法が使えます。
（追記・修正済み）
うんざりはちべえさん、こんばんは。
管理人さんは合成数の場合は成り立たない証明をされたのですね。
>そうすれば、うんざりはちべえさんのNo.1243の投稿の証明を自分でした事になりますね。
これは「どうも２，３，５，７より、素数なら成り立ちそうですね。」から、素数ならば成り立つ証明という意味です。
それにしても自分で法則を見つけて見事ですね。
「合成数の場合は成り立たない」はおそらく偽ですし、管理人さんもそんな証明はされていないと思いますよ。
