😊出会いの泉😊

GAI様、こんにちは。

一筆書きだと思いますが、Wikipedia一筆書きの「一筆書き可能かどうかの判定法」によると、
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊引用開始＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
ある連結グラフが一筆書き可能な場合の必要十分条件は、以下の条件のいずれか一方が成り立つことである（オイラー路参照）。

・　すべての頂点の次数（頂点につながっている辺の数）が偶数 →運筆が起点に戻る場合（閉路）
・　次数が奇数である頂点の数が2で、残りの頂点の次数は全て偶数　→運筆が起点に戻らない場合（閉路でない路）
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊引用終了＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
とあります。これを満足してますか？
管理人さんの図で見ると、頂点１,11,20,10,5,6,15,16は辺が３本で奇数で8です。
また、頂点2,3,4,12,13,14,9,8,7,19,18,17で辺が4本で偶数で12です。

偶数の場合「入り→出」の繰り返しで、通過点ですが、奇数は「出→入り→出」か「入り→出→入り」しかありえないので、出発点か終点です。だから、奇数は2つしかありえないのです。

勘違いでしたらすみません。

{A]
(1)頂点1を出発点とする一つの経路
1->10->9->2->12->11->20->19->18->8->3->13->14->17->7->4->5->6->16->15
で各頂点を一度ずつ訪れている。
（別にすべての辺を通れとは要求されていない。）

[B]
で頂点1を出発点とした場合の一例
1->2->9->19->18->8->3->4->7->17->16->6->5->15->14->13->12->11->20->10->1
（勿論一筆で描けますが、通常の一筆書きの問題とは趣旨を異にします。）

[B]は、すべての辺を1回だけ通ってないので、一筆書きとは言えませんね。

＞勿論一筆で描けますが、通常の一筆書きの問題とは趣旨を異にします。

そうなるしかありませんね。私の勘違いでした、すみません。

[B]の方が比較的簡単そうなので、そちらだけやりました。
あっているかどうかは自信がありません。


n個の立方体を横に並べたものを考える。
左端の立方体の左側の4個の頂点を順番にA,B,C,Dとし、そのすぐ右側の4個の頂点をそれぞれa,b,c,dとする。
左からi番目の立方体の右側の4個の頂点(=i+1番目の立方体の左側の4個の頂点)をまとめてi段目と称する。

全部の頂点を通り出発点に最後に戻るコースの数は、すべての頂点を通るループの数の2倍(どちら周りかの区別)になるので、
どこを出発点にしてもコースの数は変わらない。その数を a[n] 通りとする。

以下ではAを出発点とするコースを考える。

1周してAに戻る一つ前の点はBかDかaのどれかであり、対称性からラスト前がBのコース数とラスト前がDのコース数は等しい。
このラスト前がBのコース数(=ラスト前がDのコース数)を b[n] 通りとする。

n=0の場合、すなわち単なる四角形ABCDを考えると、ラスト前がBのコースは
A→D→C→B→A
の1通りなので、 b[0]=1 であり、 a[0]=2 である。

n≧1の場合、0段目の4点を通る順番は以下の(1.1)から(3.4)までのいずれかになる。

(1.1) A→a→…→b→B→C→D→A
(1.2) A→B→b→…→c→C→D→A
(1.3) A→B→C→c→…→d→D→A
(1.4) A→B→C→D→d→…→a→A
(1.5) A→a→…→d→D→C→B→A
(1.6) A→D→d→…→c→C→B→A
(1.7) A→D→C→c→…→b→B→A
(1.8) A→D→C→B→b→…→a→A

(2.1) A→a→…→b→B→C→c→…→d→D→A
(2.2) A→B→b→…→c→C→D→d→…→a→A
(2.3) A→a→…→d→D→C→c→…→b→B→A
(2.4) A→D→d→…→c→C→B→b→…→a→A

(3.1) A→a→…→c→C→B→b→…→d→D→A
(3.2) A→B→b→…→d→D→C→c→…→a→A
(3.3) A→a→…→c→C→D→d→…→b→B→A
(3.4) A→D→d→…→b→B→C→c→…→a→A


〇(1.1)～(1.8)の場合
(1.1)を例に考えると、部分列a→…→bの箇所はn-1個の立方体でAを出発しラスト前がBになるコース数に等しいので b[n-1] 通りとなる。
(1.2)～(1.8)も同様に b[n-1] 通りである。


〇(2.1)～(2.4)の場合
(2.1)を例に考える。
部分列a→…→bの最高到達段をi段目、部分列c→…→dの最高到達段をj段目とする。
コースは全体としてすべての点を通るので、i,jの少なくとも一方はnとなる。
i=j=nの場合、二つの部分列はどちらも、右へ直進しn段目でひとつ隣へ移動し左へ直進して戻るコースしかないので、1通りである。
i<j=nの場合、部分列a→…→bは右へ直進しi段目でひとつ隣へ移動し左へ直進して戻ることになり、
部分列c→…→dはi+1段目まで右へ直進しi+1段目以降のすべての点を通った後i+1段目から1段目まで左へ直進することになる。
よってこの場合は、n-i-1個の立方体でAを出発しラスト前がBになるコース数に等しいので b[n-i-1] 通りとなる。
j<i=nの場合も同様に b[n-i-1] 通りとなる。
以上の3つの場合の数を合わせると(2.1)のコース数は、
1+2*Σ[i=1..n-1]b[n-i-1]
= 1+2*Σ[k=0..n-2]b[k]
通りとなる。
(2.2)～(2.4)も同様に 1+2*Σ[k=0..n-2]b[k] 通りである。


〇(3.1)～(3.4)の場合
結論として、この場合のコースは存在しない。その理由を以下に示す。
(3.1)を例に考える。
部分列a→…→cの最高到達段をi段目、部分列b→…→dの最高到達段をj段目とする。
コースは全体としてすべての点を通るので、i,jの少なくとも一方はnとなる。
i=j=nの場合、n段目までは直進で行き来するしかないが、n段目での二つの部分列のコースの両立ができないためこれはありえない。
i<j=nの場合、部分列a→…→cはi段目までのどこかの段でその段内の少なくとも3点を通ることになるが、
そうすると部分列b→…→dがその段を往復で通過するための少なくとも2点が確保できないためありえない。
j<i=nの場合も同様である。
以上より、(3.1)のコースは存在しないことがわかる。
(3.2)～(3.4)も同様である。


ここまでのことからn≧1のとき次の二つの式が得られる。
a[n] = 8*b[n-1] + 4*(1+2*Σ[k=0..n-2]b[k]) …式①
b[n] = 3*b[n-1] + 1*(1+2*Σ[k=0..n-2]b[k]) …式②

式②よりb[n]の漸化式
b[n] = 1 + 3*b[n-1] + 2*Σ[k=0..n-2]b[k] …式②'
が得られ、a[n]は式①から
a[n] = 4 + 8*Σ[k=0..n-1]b[k] …式①'
を使えば求まる。

GAIさんの問題[B]はn=4の場合なので、計算すると a[4]=612 通りとなる。


どうでしょうか、GAIさんが求めた数と同じになりましたでしょうか？

[A]
(1) 2918(通り)
(2) 2188(通り)
(3) 2116(通り)
であったのに対し
[B]
の元に戻れるコースに限定すると、どの頂点から出発しようが
元に戻れるコース数は一定で、りらひいさんが求められている612(通り)
ありました。
[A]の場合の様に出発点が異なれば当然異なる結果が起こるだろうと計算をすすめてみると、
勝手に決めつけていたことが見事に裏切られました。
しかし後から考えてみたら、閉じた経路はトポロジー的にどれも同じものであることになるように思えて納得しました。
頭の中だけでこの612を見つけられたことに驚きました。

どうやらあっていたようでよかったです。
n=4で成り立っているのならば漸化式は正しい可能性が高いですね。

とここまで書いた後、ふと思い立って調べてみたら、
OEISのA003699にハミルトン閉路の数(=コース数の半分)が載っていました。
ここの３項間漸化式を見るにもっとシンプルな考え方がありそうです。
最初から半分の数で検索しておけばよかったのか……。



私の投稿で一か所間違えていたので修正します。

〇(2.1)～(2.4)の場合　の中
誤：「j<i=nの場合も同様に b[n-i-1] 通りとなる。」
→
正：「j<i=nの場合も同様に考えて b[n-j-1] 通りとなる。」

りらひいさんのと考え方が共通する部分も多いですが、こんなのでどうでしょう。


n 個の立方体を左右一列に並べてある場合で考えます。

最も右側にある立方体の右側の面の頂点 4 つは、
・4 つを連続して通る（コ型）
・2 つをまず通り、後で残り 2 つを通る（二型）
のいずれかで通ることになります。
コ型のパターン数を コ[n], 二型のパターン数を 二[n] とします。

コ型について、右側の面の 4 頂点を削除して経路を短絡することを考えます。
GAI さんの図で例を挙げれば、……→4→5→6→16→15→14→…… を ……→4→14→…… に短絡するようなイメージです。
立方体 n+1 個の場合のコ型の経路全てを短絡すると、
立方体 n 個の場合のコ型の経路全種が 3 つずつおよび二型の経路全種が 2 つずつできるので、
コ[n+1] = 3*コ[n] + 2*二[n]

二型について、同様に考えます。
GAI さんの図で例を挙げれば、……→4→5→6→7→……→17→16→15→14→…… を ……→4→7→……→17→14→…… に短絡するようなイメージです。
立方体 n+1 個の場合の二型の経路全てを短絡すると、
立方体 n 個の場合のコ型の経路全種が 1 つずつおよび二型の経路全種が 1 つずつできるので、
二[n+1] = コ[n] + 二[n]

両漸化式から コ[n] を消去して
二[n+2] = 4*二[n+1] - 二[n]

また、コ[1] = 8, 二[1] = 4 なので、二[2] = 12, 二[3] = 44, 二[4] = 164, 二[5] = 612

よって、求める総数は コ[4] + 二[4] = 二[5] = 612 通りです。

ハミルトン閉路数も、a[n] = (1/2)*コ[n] + (1/2)*二[n] = (1/2)*二[n+1] と考えると、
a[1] = 6, a[2] = 22, a[n+2] = 4*a[n+1] - a[n]
という漸化式が成り立つことが示されます。
（ここでは n を立方体数として考えているので、A003699 とは n の値が 1 つずれます）

「n が素数のときに成立する」は正しいですよ。
しかし、それは「n が合成数のときは不成立である」かどうかには直接関係がなく、そう主張したいなら別途証明が必要です。

反例、おいときますね。

561 = 3*11*17 は合成数です。

N^561 - N = ( N^3 - N ) * ( N^558 + N^556 + …… + 1 )
において、3 は素数なので N^3 - N は 3 の倍数、N^558 + N^556 + …… + 1 は整数です。
したがって、N^561 - N は 3 の倍数です。

N^561 - N = ( N^11 - N ) * ( N^550 + N^540 + …… + 1 )
において、11 は素数なので N^11 - N は 11 の倍数、N^550 + N^540 + …… + 1 は整数です。
したがって、N^561 - N は 11 の倍数です。

N^561 - N = ( N^17 - N ) * ( N^544 + N^527 + …… + 1 )
において、17 は素数なので N^17 - N は 17 の倍数、N^544 + N^527 + …… + 1 は整数です。
したがって、N^561 - N は 17 の倍数です。

以上より、N^561 - N は 561 の倍数です。

DD++様、おはようございます。

かんたんにN^33-Nを見てみましょう。33=3*11ですね。
(%i1) factor(N^33-N);式の因数分解せよ
(%o1)(N - 1) N (N + 1) (N^2 + 1) (N^4 + 1) (N^8 + 1) (N^16 + 1)

33もN^11はありませんね。因数分解は一通りしかできませんので、これ以外ないはずです。
ご指摘の反例は不適当だと思います。

(%i2) factor(N^561-N);式の因数分解せよ
(%o2) (N - 1) N (N + 1) (N^2 + 1) (N^4 + 1) (N4 - N^3 + N^2 - N + 1)
(N^4 + N^3 + N^2 + N + 1) (N^6 - N^5 + N^4 - N^3 + N^2 - N + 1)
(N^6 + N^5 + N^4 + N^3 + N^2 + N + 1) (N^8 + 1) (N^8 - N^6 + N^4 - N^2 + 1)
(N^12 - N^10 + N^8 - N^6 + N^4 - N^2 + 1) (N^16 - N^12 + N^8 - N^4 + 1)
(N^24 - N^20 + N^16 - N^8 + N^4 - N + 1) (N^24 - N^23 + N^19 - N^18 + N^17 - N^16 + N^14 - N^13 + N^12 - N^11 + N^10 - N^8+ N^7- N^6+ N^5 - N + 1)
(N^24 + N^23 - N^19 - N^18 - N^17 - N^16 + N^14 + N^13 + N^12 + N^11 + N^10- N^8- N^7 - N^6- N^5+ N + 1) (N^32 - N^24 + N^16 - N^8 + 1)
(N^48 - N^40 + N^32 - N^24 + N^16 - N^8 + 1)
(N^48 + N^46 - N^38 - N^36 - N^34 - N^32 + N^28 + N^26 + N^24 + N^22 + N^20- N^16 - N^14 - N^12 - N^10 + N^2 + 1)
(N^96 + N^92 - N^76 - N^72 - N^68 - N^64 + N^56 + N^52 + N^48 + N^44 + N^40 -N^32 - N^28 - N^24 - N^20 + N^4 + 1)
(N^192+ N^184- N^152- N^144- N^136- N^128+ N^112 + N^104+ N^96 + N^88 + N^80- N^64 - N^56 - N^48 - N^40 + N^8 + 1)
となり、561もありませんし、3,11,17もありません。

私は「561 の場合に例外的な現象が発生する」と言っているのになぜ無関係な 33 の話を始めたのですか？
私は 33 も例外だなんて一言も言っていませんが。

＞nが合成数なら、nCsはsにかかわらず常にnの倍数にならないから(ただし0<s<n)
(a+1)^n-(a+1)≠nB

ここで、nが合成数なら、α^n-α≠nBと右辺にはn出てきませんことは、証明済みですよ。

ああ、そんな数行が挟まってましたか。

誤り1：
「nが合成数なら、nCsはsにかかわらず常にnの倍数にならない」は偽です。
反例は、6C1 = 6 や 9C4 = 126 などいくらでも。

誤り2：
n の倍数でない数の合計が n の倍数でない数になる保証はありません。
反例は、n=4 に対し、4 の倍数でない 3 と 5 の和は 4 の倍数です。

nCsで、s=1から、s=n-1まで、すべてｎの倍数でないと、右辺はnでくくれません。
6C1は、そうかもしれませんが６C2、６C3,６C4,６C5はどうですか？
6C1=2x3
6C2=3x5
6C3=2^2x5
6C4=3x5
6C5=2x3
>(a+1)^n-(a+1)=nC1{・・①・・}+nC2{・・②・・}+nC3{・・③・・}+・・・・+nC(n-1){・・(n-1)・・}
右辺は、n=6でくくれないでしょう？

3+5 は 4 でくくれなくても 4 の倍数です、という話をしているのですが。

＞n の倍数でない数の合計が n の倍数でない数になる保証はありません。
反例は、n=4 に対し、4 の倍数でない 3 と 5 の和は 4 の倍数です。

(a+1)^n-(a+1)=nAの話で、n合成数の場合、
>(a+1)^n-(a+1)=nC1{・・①・・}+nC2{・・②・・}+nC3{・・③・・}+・・・・+nC(n-1){・・(n-1)・・}
にいおいて、nCsがみなnの倍数にならないので、右辺はｎでくくれないとなるわけですが、その話とどこにかかわりがあるのでしょうか？
私は、代数計算の話をしているのです。整数計算ではありません。

うんざりはちべえさん、こんにちは。

＞ここで、nが合成数なら、α^n-α≠nBと右辺にはn出てきませんことは、証明済みですよ。

ｎでくくれなくても右辺がｎの倍数になる可能性はありますよね。

壊れた扉様、こんにちは。

>(a+1)^n-(a+1)=nC1{・・①・・}+nC2{・・②・・}+nC3{・・③・・}+・・・・+nC(n-1){・・(n-1)・・}
において、①、②、③、・・・(n-1)は、変数なので、代数計算上不明な値です。そこでnCsに注目しているわけです。

＞ｎでくくれなくても右辺がｎの倍数になる可能性はありますよね。
それは、数値計算上否定できませんが・・・・・
（ただし、N^561-Nが因数分解できたように、因数分解できるはずです。）

でも、代数計算でそれを示すことはできますか？nCsは、中心対称な関数ですから、折り返すとnが偶数なら、2が出てきますけどnにはなりません。

＞ｎでくくれなくても右辺がｎの倍数になる可能性はありますよね。

そうか、これに対しては、ｎが合成数なら、因数分解できることを証明し、nとその約数を持たないことを示せばいい？
もともと
N^p-N=級数の和
だから、級数がなければ、ほんすじから外れる。しかも、級数の一般式のxNの係数がpでなければならなかったんだ。
そこに戻ればいい。

編集済み

n についての代数的計算だというなら、n が素数か合成数かに関係なく、常に nCs は n の倍数ですよね。
例えば s=3 の場合、nC3 = (1/6)n(n-1)(n-2) は n*整式になっているのですから。
今までのはちべえさんの主張と真っ向から矛盾する主張です。

はちべえさんは、自分の主張が正しいか誤りかという数学に最も必要な視点が全く欠けていて、自分の主張が正しいということにするため場当たり的にゴネているだけのように見えます。
発言するごとに前の自分の発言と矛盾することを言うようでは話になりません。
まずはちゃんと数学の世界に来て、きちんと議論の舞台に上がってきてください。

＞はちべえさんは、自分の主張が正しいか誤りかという数学に最も必要な視点が全く欠けていて、自分の主張が正しいということにするため場当たり的にゴネているだけのように見えます。

いや、生みの苦しみと表現してもらったらよかったです・・・

誤っていることをゴリ押しで正しいことにしようとするのは「生み」ではなくただの「妄言」ですね。

A＝BならばCである。　ｎが素数ならば　a^n-a=ｎAがなりたつ。
否定｛（A＝B）}ならばCでない。　ｎが合成数ならば　a^n-a=ｎAがなりたたない。

はちべえさん。

少し落ち着いて。お願いします。
投稿にあたり、下書きを用意して１日寝かしておいてから、再度自身の下書きを読みなおしてください。それだけでもだいぶ違いますよ。

「A＝B ならばCである」の否定は、「A＝B かつ Ｃでない」なので、
「ｎ が素数ならば、a^n-a=ｎA」の否定は、「ｎ が素数 かつ a^n-a≠ｎA」ですよね！
なぜここで否定を考えるのか、よく分かりませんが．．．。

HP管理者様こんばんは。

Aが真のときBも真ならば、Aが否定のときBも否定である。

そこで、
nが素数のときa^n-a=nAが成り立つならば、nが合成数のときa^n-a=nAは成り立たない。

ただし、nが素数でないとき、nは合成数である。

疑問と誤解はすんだでしょうか？

全面改訂22:11
再修正　22:53

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。

りらひいさん、こんにちは。
簡単なやつ１つだけでもよろしいでしょうか。

（ⅰ）PD=DP' の証明
直線ｌと円との接点をＳ，直線ｌ'と円との接点をＴとすると、２点Ｅ，Ｆは線分ＳＴ上にあり、
△ＡＢＣでの中点連結定理よりＦＥ//ＢＣ　∴ＳＴ//ＢＣ
また、直線ｌとｌ'の交点をＧとすると、円と接線の関係よりＧＳ＝ＧＴ
よって、△ＧＳＴは二等辺三角形である。また、点Ｐ,Ｐ'はＢＣの延長上にあり、ＳＴ//ＢＣよりＳＴ//ＰＰ'である。
∴△ＧＳＴ∽△ＧＰＰ'　よって、△ＧＰＰ'も二等辺三角形である。
よって、ＧからＰＰ'に垂線を下ろしその足をＨとすると、ＰＨ＝ＨＰ'―――①
ところで、ＳＴ//ＢＣより四角形ＳＢＣＴは台形で円に内接する台形は等脚台形で、また、△ＧＳＴは二等辺三角形より、
点ＨはＢＣの中点である。∴Ｈ＝Ｄ―――②
②を①に代入すると、ＰＤ＝ＤＰ'
よって、示された。

補足
円に内接する台形は等脚台形である事を使わない場合は、ＢＴを結ぶと錯角より∠ＳＴＢ＝∠ＴＢＣ　∴弧ＳＢ＝弧ＴＣ
∴ＳＢ＝ＴＣ　また、ＳＴ//ＢＣより、四角形ＳＢＣＴは等脚台形である。

この命題には ∠B と ∠C が直角ではないという前提が必要な気がします。
あるいは、平行線は無限遠で交わっているとみなすと補足を入れるか。

それはそれとして、PD = DP’ については、辺 BC の垂直二等分線を引くと l と l’ がこの直線に関して対称になる、ということを考えればわりと自明な感じがしますね。

DD++さん

> この命題には ∠B と ∠C が直角ではないという前提が必要な気がします。
> あるいは、平行線は無限遠で交わっているとみなすと補足を入れるか。

確かにそうですね。失礼しました。
∠B と ∠C が直角ではないとするのがよさそうですね。

（平行線は無限遠で交わっているとみなすと補足を入れる場合は、
交点は定義されても長さが定義されないので、
問題文の最後を「PとP'がDに関して対称」のような形にするのがよいですかね？
対称の定義が無限遠点に及ぶかわからないから微妙かな？）


「三角形の内接二次曲線と共役点」スレッドに私が書き込んだ等角共役点と等距離共役点の説明も平行線となる場合が抜けていて不十分ですね。
ユークリッド平面に無限遠点の集合である無限遠直線を加えて射影平面の定義を満たすように拡張した平面で考えているとしてください。
この拡大ユークリッド平面では平行線は無限遠点で交わります。

もう一問作りました。
例のごとく、問題は作りましたが自分で解いてはいないので解答は用意していません。
（この問題の内容を含むより一般的な命題が成り立つことは確認しています。）

投稿No.1202の問題を問題その３としておきます。


問題その４
三角形ABCがあり、∠Aの二等分線と辺BCの交点をD、∠Bの二等分線と辺CAの交点をE、∠Cの二等分線と辺ABの交点をFとする。
三角形ABCの外接円と直線EFの2つの交点における外接円の接線をl,l'とする。
直線lと直線BC,CA,ABの交点をそれぞれP,Q,Rとし、
直線l'と直線BC,CA,ABの交点をそれぞれP',Q',R'とする。
このとき、 ∠PAD=∠DAP' 、 ∠QBE=∠EBQ' 、 ∠RCF=∠FCR' が成り立つことを示せ。


GeoGebraで作図してみると、どうやら ∠QBE(=∠EBQ') と ∠RCF(=∠FCR') も等しくなりそうです。
こちらは証明していないので正しいかどうかわかりません。

この問題の元ネタ（より一般的な命題）を載せておきます。
以下、ユークリッド平面に無限遠点の集合である無限遠直線を加えて射影平面の定義を満たすように拡張した平面で考えます。
この拡大ユークリッド平面では、任意の異なる2点を結ぶ直線がただ1つ存在し、任意の異なる2直線はただ1点で交わります。


前提知識その３　相反共役線
三角形ABCの各頂点を通らない直線lをとる。
直線lと直線BC,CA,ABの交点をそれぞれP,Q,Rとし、
線分BCの中点に関して点Pと対称な点をP'、
線分CAの中点に関して点Qと対称な点をQ'、
線分ABの中点に関して点Rと対称な点をR'とすると、
3点P',Q',R'は一直線上にある。
この直線を(三角形ABCに関する)直線lの相反共役線という。

前提知識その４　？？？ (角度の共役線)
三角形ABCの各頂点を通らない直線lをとる。
直線lと直線BC,CA,ABの交点をそれぞれP,Q,Rとし、
角Aの二等分線に関する直線APの鏡映が直線BCと交わる点をP'、
角Bの二等分線に関する直線BPの鏡映が直線CAと交わる点をQ'、
角Cの二等分線に関する直線CPの鏡映が直線ABと交わる点をR'とすると、
3点P',Q',R'は一直線上にある。
この直線を何というのかわたしは知りませんし、そもそも名称があるのかどうかもわかりませんので、
この投稿においてはこの直線を(三角形ABCに関する)直線lの角度の共役線と呼ぶことにします。


ことばの定義　外接二次曲線
3点A,B,Cを通る二次曲線を三角形ABCの外接二次曲線という。
※一部が三角形ABCの内部を通る双曲線も含める。

ことばの定義　antiorthic axis
三角形ABCに対して、点A,B,Cの外角の二等分線と対辺の延長線の交点をそれぞれD',E',F'とすると、この3点は一直線上にある。
この直線を三角形ABCの antiorthic axis という。
(日本語の名称はわかりません。)


問題その３の元ネタ
三角形ABCがあり、線分BCの中点をD、線分CAの中点をE、線分ABの中点をFとする。
無限遠直線と直線EF,FD,DEの中から三角形ABCの外接二次曲線Γと2点で交わる直線を選ぶ。
その直線とΓの2つの交点における接線は互いに三角形ABCに関する相反共役線である。

問題その４の元ネタ
三角形ABCがあり、点A,B,Cの内角の二等分線と対辺の交点をそれぞれD,E,Fとする。
三角形ABCの antiorthic axis と直線EF,FD,DEの中から三角形ABCの外接二次曲線Γと2点で交わる直線を選ぶ。
その直線とΓの2つの交点における接線は互いに三角形ABCに関する角度の共役線である。


元ネタの元ネタ（より一般的な命題）も載せておきます。
相反共役線や角度の共役線はさらに一般化された「直線の共役関係」のうちのひとつです。
一般化された直線に関する共役関係には、自己共役な直線を4つ持つものと1つも持たないものがあります。

元ネタの元ネタ
三角形ABCに関して、自己共役な直線を4つ持つ「直線に関する共役関係」をひとつ決める。
その4つの自己共役な直線の中から三角形ABCの外接二次曲線Γと2点で交わる直線を選ぶ。
その直線とΓの2つの交点における接線は互いに最初に定めた共役関係にある。


この元ネタの元ネタは射影幾何の範疇なので双対が成り立ちます。
その双対がもうひとつのスレッド「三角形の内接二次曲線と共役点」の元ネタの元ネタになります。


わたしがこれらのことを考えるきっかけになったのは次の定理を見かけたことによります。
問題その１からその４やそれらの元ネタの命題は次の定理からの連想で生まれました。
「三角形ABCの相反共役線となる2直線の組は、3点A,B,Cを通るある双曲線の2本の漸近線である。」

一般化された「直線に関する共役関係」(自己共役な直線を4つもつもの)について書き込んでおきます。

1直線上にある4点の複比を [P1,P2;P3,P4] のように書き、
1点を通る4直線の複比を [l1,l2;l3,l4] のように書く。

直線dは点A,B,Cを通らないとする。
また、直線dと直線BC,CA,ABの交点をそれぞれD1,D2,D3とする。
4つの自己共役な直線を持ちその中の1つが直線dであるような共役関係のことをd-共役と書くことにし、
ある直線に対してd-共役の関係にある直線のことをd-共役線と書くことにする。

d-共役線
点A,B,Cを通らない直線lと直線BC,CA,ABの交点をそれぞれL1,L2,L3とする。
点M1は直線BC上にあり [B,C;D1,M1]=1/[B,C;D1,L1] となる点とし、
点M2は直線CA上にあり [C,A;D2,M2]=1/[C,A;D2,L2] となる点とし、
点M3は直線AB上にあり [A,B;D3,M3]=1/[A,B;D3,L3] となる点とする。
このとき、3つの点M1,M2,M3は1直線上にある。
この直線が直線lのd-共役線である。


ちなみに、
d-共役の4つの自己共役な直線のうち直線d以外の3本の直線は、
直線BC,AD1に関する直線dの調和共役線,
直線CA,BD2に関する直線dの調和共役線,
直線AB,CD3に関する直線dの調和共役線である。
※調和共役線とは複比が-1となる直線のことをいう。

りらひいさん、こんにちは。ちょっと考えてみました。

問題その１
三角形の内接円に対してあるひとつの傍心から2本の接線を引いたときの2つの接点は互いに等角共役点であることを示せ。

回答
△ＡＢＣの内心をＩとし、∠Ｂ内の傍心をＩ'とすると、３点Ｂ，Ｉ，Ｉ'は一直線上にあり、Ｉ'から内接円に引いた接線の２つの接点をＩ'Ｉの関して点Ａ側をＳ，点Ｃ側をＴとすると、
ＡＩは∠Ａの二等分線でＡＩ'は∠Ａの外角の二等分線より∠ＩＡＩ'＝１８０°÷２＝９０°
また、Ｉ'Ｓ⊥ＩＳより∠ＩＳＩ'＝９０°
よって、∠ＩＡＩ'＝∠ＩＳＩ'より、円周角の定理の逆により４点Ｓ，Ｉ，Ｉ'，Ａは同一円周上にある。
ところで、△Ｉ'ＳＩ≡△Ｉ'ＴＩより∠ＳＩ'Ｉ＝∠ＴＩ'Ｉ＝●と置くと、円周角より∠ＳＡＩ＝∠ＳＩＩ'＝●
また、∠ＩＴＩ'＝９０°，∠ＩＡＩ'＝９０°より四角形ＡＩＴＩ'は円に内接する四角形である。
よって、円周角より∠ＩＡＴ＝∠ＩＩ'Ｔ＝●　∴∠ＳＡＩ＝∠ＩＡＴ
ところで、ＡＩは∠Ａの二等分線より、ＡＳとＡＴは∠Ａの二等分線に関して鏡映である。
また、△Ｉ'ＳＩ≡△Ｉ'ＴＩより∠Ｉ'ＩＳ＝∠Ｉ'ＩＴ　∴∠ＢＩＳ＝∠ＢＩＴ　また、半径よりＩＳ＝ＩＴ　ＢＩは共通より、
二辺挟角が等しいので、△ＢＩＳ≡△ＢＩＴ　∴∠ＩＢＳ＝∠ＩＢＴ
ところで、ＢＩは∠Ｂの二等分線より、ＢＳとＢＴは∠Ｂの二等分線に関して鏡映である。
よって、点Ｓと点Ｔは互いに等角共役点である。よって、示された。

補足
∠ＩＴＩ'＝∠ＩＣＩ'＝９０°から４点Ｉ，Ｔ，Ｃ，Ｉ'は同一円周上にあり、円周角より∠ＴＣＩ＝∠ＴＩ'Ｉ＝●
また、四角形ＳＩＣＩ'は円に内接する四角形より円周角で、∠ＩＣＳ＝∠ＩＩ'Ｓ＝●　∴∠ＴＣＩ＝∠ＩＣＳ
ところで、ＣＩは∠Ｃの二等分線より、ＣＴとＣＳは∠Ｃの二等分線に関して鏡映である。

壊れた扉さん

答えていただきありがとうございます。
6つの点 A, C, S, T, I, I' が同一円周上にあるんですね。
問題その１はそれほど難しくはないだろうなとなんとなく思っていましたが、かなりきれいな形でした。
ちなみに、
「三角形の傍接円に対して内心から2本の接線を引いたときの2つの接点は互いに等角共役点であること」
もほとんど同様に示せます。



管理人さん

投稿No.1194を修正しました。
修正前：「線分BCの中点に関する点Lの鏡映を点L'」他
修正後：「線分BCの中点に関して点Lと対称な点をL'」他
理由 … 平面において点対称のことを鏡映とは言わないため。

りらひいさん、こんばんは。

「三角形の傍接円に対して内心から2本の接線を引いたときの2つの接点は互いに等角共役点であること」
もほとんど同様に示せます。

先程やってみました。「ほとんど同様」の意味が分かりました。ある謎を解かないといけませんね。

この問題の元ネタ（より一般的な命題）を載せておきます。
以下、ユークリッド平面に無限遠点の集合である無限遠直線を加えて射影平面の定義を満たすように拡張した平面で考えます。
この拡大ユークリッド平面では、任意の異なる2点を結ぶ直線がただ1つ存在し、任意の異なる2直線はただ1点で交わります。


ことばの定義　内接二次曲線
3直線BC,CA,ABに接する二次曲線を三角形ABCの内接二次曲線という。
※三角形の内側にあり3辺に接する楕円だけではなく、三角形の外側にあり1辺と残り2辺の延長線に接する楕円・放物線・双曲線を含める。


問題その１の元ネタ
三角形ABCの内心と3つの傍心の中から三角形ABCの内接二次曲線Γに2本の接線が引ける点を選ぶ。
その点からΓに引いた2本の接線の接点は互いに三角形ABCに関する等角共役点である。

問題その２の元ネタ
三角形ABCに対して、四角形ABA'C,ABCB',AC'BCが平行四辺形となるように点A',B',C'を定める。
三角形ABCの重心Gと3点A',B',C'の中から三角形ABCの内接二次曲線Γに2本の接線が引ける点を選ぶ。
その点からΓに引いた2本の接線の接点は互いに三角形ABCに関する等距離共役点である。


元ネタの元ネタ（より一般的な命題）も載せておきます。
等角共役点や等距離共役点はさらに一般化された「点の共役関係」のうちのひとつです。
一般化された点に関する共役関係には、自己共役な点を4つ持つものと1つも持たないものがあります。

元ネタの元ネタ
三角形ABCに関して、自己共役な点を4つ持つ「点に関する共役関係」をひとつ決める。
その4つの自己共役な点の中から三角形ABCの内接二次曲線Γに2本の接線が引ける点を選ぶ。
その点からΓに引いた2本の接線の接点は互いに最初に定めた共役関係にある。


この元ネタの元ネタは射影幾何の範疇なので双対が成り立ちます。
その双対がもうひとつのスレッド「三角形の外接二次曲線と共役直線」の元ネタの元ネタになります。

一般化された「点に関する共役関係」(自己共役な点を4つもつもの)について書き込んでおきます。

1点を通る4直線の複比を [l1,l2;l3,l4] のように書き、
1直線上にある4点の複比を [P1,P2;P3,P4] のように書く。

点Dは直線BC,CA,AB上にないとする。
4つの自己共役な点を持ちその中の1つが点Dであるような共役関係のことをD-共役と書くことにし、
ある点に対してD-共役の関係にある点のことをD-共役点と書くことにする。

D-共役点
直線BC,CA,AB上にない点Pに対して、
直線m1は点Aを通り [AC,AB;AD,m1]=1/[AC,AB;AD,AP] となる直線とし、
直線m2は点Aを通り [BA,BC;BD,m2]=1/[BA,BC;BD,BP] となる直線とし、
直線m3は点Aを通り [CB,CA;CD,m3]=1/[CB,CA;CD,CP] となる直線とする。
このとき、3本の直線m1,m2,m3は1点で交わる。
この点が点PのD-共役点である。


ちなみに、
直線BCとADの交点をA',CAとBDの交点をB',ABとCDの交点をC'とすると、
D-共役の4つの自己共役な点のうち点D以外の3つの点は、
点A,A'に関する点Dの調和共役点,
点B,B'に関する点Dの調和共役点,
点C,C'に関する点Dの調和共役点である。
※調和共役点とは複比が-1となる点のことをいう。

DD++様、おはようございます。

ちょっと私が、誤解していたのかもしれません。
＞素数生成多項式は存在しないことが証明されているそうです。
オイラーの素数生成式のような
４１＋ｎ＋ｎ^2（その１）
h＝ttps://ikuro-kotaro.sakura.ne.jp/koramu2/25000_k9.htm
が、直接素数を生成する式が存在しなくて、
＞しかし、マチャセビッチの多項式は、証明されているそうです。
は、マチャセビッチの多項式が成り立ち、結果が正であれば、素数であるというのであって、ちょっと直接素数を生成する式とは違うように思います。
だから、
h＝ttps://enpedia.rxy.jp/wiki/%E7%B4%A0%E6%95%B0
では、矛盾がないのでしょう。
なお、h＝ttpsはhttpsに書き換えてください。

そういうことです。
それぞれのものが何を主張しているのか正確に理解することは大切です。

DD++さん

https://patents.google.com/patent/JP3835896B2/ja
が当該特許です。

取り急ぎ。

2 7 61 211
周辺を調べていて お返事が遅れましました。
申し訳ありませんでした。

いえいえ、返事を急いでるわけではないのでお気になさらず。

なるほど、繰り返し暗号化攻撃に強い素数を選ぶというと少し語弊がある感じがしますね。
より正確には、「どんな素数を選んでも一部の特定の平文が繰り返し暗号化攻撃で簡単に突破されてしまうのは避けられないが、素数の選び方次第で運悪くそういう平文に当たってしまう確率を下げるくらいのことはできる」という感じのようです。
素数の選び方を公開することで逆に突破の手がかりを与えている可能性はないのか、という気掛かりはやはり拭いきれない気もしますが。

それよりも驚いたことが。
この特許、Pocklington の方法を用いて確実に素数を生み出せることを強みに上げてるんですが……。
まさか世の中の RSA 暗号って確率的素数で暗号化してたりするんですか？
え、本当に？

現BIPROGY、旧日本ユニシスが2000年頃に公的に出している『論文』では、確率的素数で運用しているフシがあります。同社は金融系市場で大手ですから心配ですね。

RSA 公開鍵暗号方式の実現
https://www.biprogy.com/pdf/tec_info/6403.pdf

この「論文」、誤りがありますね。

54 ページ
「つまり j 回の合成数テストによって合成数であると判定されなければ、その数は u^j の確率で合成数であると考えることができる」
とありますけど、そうはなりませんよね。

u^j は
「選んだ数が、合成数であったという条件のもとで、j 回全てで素数と判定される確率」
であって、
「選んだ数が、j 回全てで素数と判定されたという条件のもとで、合成数である確率」
ではないはず。

今日、NHKのEテレで午後9:30から「笑わない数学　ABC予想」が放送されます。

これは、わかりやすいと思います。
ABC予想の主張の解説
https://manabitimes.jp/math/2030
フェルマーの最終定理も簡単に証明されてますね。

今日、NHKのEテレで午後9:30から「笑わない数学　確率」が放送されます。

Wikipedia　モンティ・ホール問題より、
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊引用開始＊＊＊＊＊＊
＜投稿された相談＞
プレーヤーの前に閉じた3つのドアがあって、1つのドアの後ろには景品の新車が、2つのドアの後ろには、はずれを意味するヤギがいる。プレーヤーは新車のドアを当てると新車がもらえる。プレーヤーが1つのドアを選択した後、司会のモンティが残りのドアのうちヤギがいるドアを開けてヤギを見せる。

ここでプレーヤーは、最初に選んだドアを、残っている開けられていないドアに変更してもよいと言われる。
ここでプレーヤーはドアを変更すべきだろうか？
＊＊＊＊＊＊＊引用終了＊＊＊＊＊＊＊

答えを巡って大騒動になったそうです。

単純に考えると変えなければ、3つから1つ選んだのだから確率1/3、変えると2つから１つ選んだのだから、確率1/2で、変えたほうが確率があがりますね。

はちべえさん。

>単純に考えると変えなければ、3つから1つ選んだのだから確率1/3、変えると2つから１つ選んだのだから、確率1/2で、変えたほうが確率があがりますね。

変えるときの確率と変えないときの確率とを加えると、1 になるはずです。
1/3+1/2 は 1 にはなっていませんから……

Dengan kesaktian Indukmu様、おはようございます。

正解は、Wikipedia　モンティ・ホール問題を見てください。

変えたほうが有利となります。

司会者は、答えを知っているから、おれが正解だから、変えても良いというんだな！世の中は、意地悪なんだな。

あるいは、あなたは間違っているから、もう一度チャンスをくれたと思うかです。良い世の中であるかということです。

答えは、変えたほうが2/3で良いので、この世は良い世界であるということですね。

はちべえさん。

編集の結果として「数学者は非論理的」というあなたの御発言が消えたのはよかったです。

こちらも多量の考察を用意しましたが、無駄に終わったことが幸いです。

結論だけ申し上げれば、あなたがあげつらった「こんな問題も間違えた」「非論理的な」数学者の大部分は、問題を又聞きするなどして、問題の設定を誤って聞いたり誤って解釈したために誤答をしてしまっていたのです。
特にエルデシュなどが典型です。
オリジナルとは異なる問題に対して論理的に正答していたのですよ。
以上、数学者の名誉のために申し添えておきます。

この本をお勧めしておきます。

https://www.amazon.co.jp/%E3%83%A2%E3%83%B3%E3%83%86%E3%82%A3%E3%83%BB%E3%83%9B%E3%83%BC%E3%83%AB%E5%95%8F%E9%A1%8C-%E3%83%86%E3%83%AC%E3%83%93%E7%95%AA%E7%B5%84%E3%81%8B%E3%82%89%E7%94%9F%E3%81%BE%E3%82%8C%E3%81%9F%E5%8F%B2%E4%B8%8A%E6%9C%80%E3%82%82%E8%AD%B0%E8%AB%96%E3%82%92%E5%91%BC%E3%82%93%E3%81%A0%E7%A2%BA%E7%8E%87%E5%95%8F%E9%A1%8C%E3%81%AE%E7%B4%B9%E4%BB%8B%E3%81%A8%E8%A7%A3%E8%AA%AC-%E3%82%B8%E3%82%A7%E3%82%A4%E3%82%BD%E3%83%B3%E3%83%BB%E3%83%AD%E3%83%BC%E3%82%BC%E3%83%B3%E3%83%8F%E3%82%A6%E3%82%B9/dp/4791767527

Dengan kesaktian Indukmu様、ご紹介ありがとうございます。

＞結論だけ申し上げれば、あなたがあげつらった「こんな問題も間違えた」「非論理的な」数学者の大部分は、問題を又聞きするなどして、問題の設定を誤って聞いたり誤って解釈したために誤答をしてしまっていたのです。
特にエルデシュなどが典型です。

なるほど、そうでしたか・・・・・

今日、NHKのEテレで午後9:30から「笑わない数学　ガロア理論」が放送されます。
これで、第一シリーズは終わりです。
もう、「笑わない数学」は終わりなのかな・・・・？
それとも、第2シリーズが始まるのでしょうか？

https://natalie.mu/owarai/news/530022
によれば、10月から第2シリーズが始まるそうです。

真です。

四角形の外角の大きさは、残り 3 つの内角の和から 180° を引いた値になります。
それを用いると、P7 のところにできる三角形の 3 つの内角が
θ1+θ3+θ5-180°
θ2+θ4+θ6-180°
θ7
と表され、これらの和が 180° であることから示されます。

わ～！
なるほど
三角形の外角を拡張させて考えれば、スーと解けちゃうんですね。
頭の中には外角と言えばてっきり三角形しか結びつけられていないことに縛られていることに気付かされました。

GAIさん、こんにちは。
真ですね。
簡易的には、円周上にP1～P7まで適当に点を取ると、
θ1＝∠P1＝弧p3p4の円周角＋弧p4p5の円周角＋弧p5p6の円周角
θ2＝∠P2＝弧P4P5の円周角＋弧P5P6の円周角＋弧P6P7の円周角
・
・
・
θ6＝∠P6＝弧P1P2の円周角＋弧P2P3の円周角＋弧P3P4の円周角
θ7＝∠P7＝弧P2P3の円周角＋弧P3P4の円周角＋弧P4P5の円周角
∴∑[i=1,7]θi＝３(弧P1P2の円周角＋弧P2P3の円周角＋弧P3P4の円周角＋弧P4P5の円周角＋弧P5P6の円周角＋弧P6P7の円周角＋弧P7P1の円周角)＝３×全円の円周角＝３×１８０°＝５４０°

厳密にはDD++さんの解法を使えば良いですね。（以前に解説していたら出禁になった事があるので止めておきます。）
また、２つ飛ばしの方は、２つの三角形の内対角の和とブーメランの定理を使うと簡単に示せますね。