😊出会いの泉😊

4つだと簡単なので「ちょうど3つの因数」ということですよね？
それならば例えば
A=X^3+1, B=Y^3-1 とすれば
A^7+B^7=(X^3+1)^7+(Y^3-1)^7
=(X+Y)(X^2-XY+Y^2)
{(X^18-X^15Y^3+X^12Y^6-X^9Y^9+X^6Y^12-X^3Y^15+Y^18)
+7(X^15-X^12Y^3+X^9Y^6-X^6Y^9+X^3Y^12-Y^15)
+21(X^12-X^9Y^3+X^6Y^6-X^3Y^9+Y^12)+35(X^9-X^6Y^3+X^3Y^6-Y^9)
+35(X^6-X^3Y^3+Y^6)+21(X^3-Y^3)+7}

なるほど！
この発想でもいけるのか。
全く関係ありませんが上の第３項目を書き直すと
(X^18+Y^18) - X^3*Y^3*(X^12+Y^12)+X^6*Y^6*(X^6+Y^6)-X^9*Y^9 +
7*{ (X^15-Y^15) -X^3*Y^3*(X^9-Y^9) +X^6*Y^6*(X^3-Y^3)} +
21*{(X^12+Y^12) -X^3*Y^3*(X^6+Y^6) +(X^3-Y^3)+X^6*Y^6} +
35*{ (X^9-Y^9) -X^3*Y^3*(X^3-Y^3) +(X^6+Y^6)-X^3*Y^3} +
7

なおこちらが用意していたのが
A=7*X^2,B=Y^2と置いて出来る
823543*X^14+Y^14=(7*X^2+Y^2)*(117649*X^12 - 16807*Y^2*X^10 + 2401*Y^4*X^8 - 343*Y^6*X^6 + 49*Y^8*X^4 - 7*Y^10*X^2 + Y^12)
=(7*X^2+Y^2)
* (343*X^6 - 343*Y*X^5 + 147*Y^2*X^4 - 49*Y^3*X^3 + 21*Y^4*X^2 - 7*Y^5*X + Y^6)
　　　　　　　　　* (343*X^6 + 343*Y*X^5 + 147*Y^2*X^4 + 49*Y^3*X^3 + 21*Y^4*X^2 + 7*Y^5*X + Y^6)
なる式でした。



となんかきれい。

正1000角形
1000=2^3×5^3、180÷(2^2×5)=9と2×5^2=50は互いに素なので
整数角になるためには頂点を50n個(円周角9n°)単位で使用しなければならない。
∴(1000÷50)C3×50=57000通り

正2024角形
2024=2^3×11×23、180÷2^2=45と2×11×23=506は互いに素なので
整数角になるためには頂点を506n個(円周角45n°)単位で使用しなければならない。
∴(2024÷506)C3×506=2024通り

正2345角形
2345=5×7×67、180÷5=36と7×67=469は互いに素なので
整数角になるためには頂点を469n個(円周角36n°)単位で使用しなければならない。
∴(2345÷469)C3×469=4690通り

つまり正N角形の場合は
g=gcd(N,180)としてgC3×(N/g)通り（ただしg＜3のとき0通り）
ということですね。

正１０００角形について、１辺に対する円周角は、９/５０なので、５０個のまとまりごとに整数角となる。
よって、自然数ｋ、ｌ、ｍに対して、９ｋ＋９ｌ＋９ｍ＝１８０　から、　ｋ＋ｌ＋ｍ＝２０
回転させて重なる解（ｋ，ｌ，ｍ）は同一視して、手作業で解を求めると、５７通り
よって、三角形の選び方は、５７×１０００＝５７０００（通り）となる。
＃らすかるさんの結果と一致して、安心しました！

(2)は
正15角形のどの3頂点を選んでも、その3点で作られる三角形のすべての内角は整数度になるから
15C3=455通り
となるような気がしますが、
もし私の勘違いでしたらご指摘下さい。

（２）（３）を計算してみました。３点の選び方が問題なので、合同や裏返しで重なる三角形も異なると見なしてよい。

（２）　正１５角形の１辺に対する円周角は、１２°で、これらを組み合わせて三角形を作ることになる。
よって、１５個の頂点から３つの頂点を選ぶ場合の数は、15Ｃ3＝４５５（通り）。
＃当初、考え違いをしていることに気づき、修正しました。

（３）　正１６角形の１辺に対する円周角は、１１．２５°で、これらを組み合わせて三角形を作るには、
（４，４，８）、（４，８，４）、（８，４，４）の組み分けで三角形が作られる。
　よって、求める場合の数は、１６×３＝４８（通り）

(2)は455(通り)の組合せで、お二人とも正解です。
(3)は私の解と管理人さんとは異なっています。
できたらその48通りは具体的に頂点の部分を{1,2,3,･･･,16}
とするとき、どの頂点の3つを選んでいるのかを示してくれませんか。

全く自信はありませんが．．．。
頂点を１、２、・・・、１６とした場合、（４，４，８）が表す三角形として
１５９とか２６10とか、・・・で、∠５１９＝∠５９１＝４５°、∠１５９＝９０°
となります。

外接円を考えたときに、任意の 2 頂点間にできる中心角が偶数度になればいいと考えます。

(1)
360/14 を整数倍して偶数を作るには 7 の倍数を掛けるしかなく、正の 7 の倍数 3 つ合計で 14 にはできません。
よって 0 通り。

(2)
360/15 を整数倍して偶数を作るには任意の整数でよく、結局 A,B,C を重複しないように任意に選べばいいです。
よって 15P3 = 2730 通り。

(3)
360/16 を整数倍して偶数を作るには 4 の倍数を掛けるしかなく、正の 4 の倍数 3 つ合計で 16 になるのは 4,4,8 という組み合わせのみ。
つまり直角二等辺三角形を作るしかありません。
A が直角なものが 16*2 = 32 通り、B と C についても同じ個数あるので、全部で 32*3 = 96 通り


##「3頂点を選んで三角形をつくる」のではなく、「3頂点A,B,Cを選んで三角形ABCをつくる」問題ですから、点の名前が入れ替われば別物とすべきだと思います。

(1)は90°の角度は作れるが（1,2,9の頂点など)他の内角は整数になれなく、結局0(通り)
(2)は出題の時3点を何気にA,B,Cと言ってしまったのでDD++さんの解釈が起こったが(こう質問するとDD++さんが正しい。)
こちらが思っていたのは、15個の頂点の3つの組合せが幾つ取れるか？
のつもりで考えていたので15C3=455(通り)でお願いしておきます。
(3)は直角二等辺三角形なら、条件を満たすので、これも頂点1,2,3,･･･,16
からの3つの頂点の選び方は各頂点に90°の部分がくる場合の16（通り)
という予定でした。

正n多角形と、その頂点の任意の3点を結んで作る三角形の3つの内角がどれも整数角となれるのが
n=5 -->各内角は36°の整数倍
n=6 -->各内角は30°の整数倍
n=9 -->各内角は20°の整数倍
n=10 -->各内角は18°の整数倍
n=12 -->各内角は15°の整数倍
n=15 -->各内角は12°の整数倍
n=18 -->各内角は10°の整数倍
n=20 -->各内角は9°の整数倍
n=30 -->各内角は6°の整数倍
n=36 -->各内角は5°の整数倍
が起こせるんですね。
計算をして初めて気付けました。

勘違いだったらすみませんが、これ分母が 0 になりませんか？

(1)は、８通りとなりました。

ある本を読んでいるとき、この写像と結合法則の組合せについての記述を読んで
実際どんな写像（演算)が条件を満たすのかを知りたくなり、Mの要素が2つの場合に
全部(16通り)を全てチェックしたら、管理人さんと同様に8通りであることを実験から
見つけられました。
でもこれを前もってわかることはどうしても見つけられなく、次のMの要素が3個の場合は
全部で19683通りもあるので、何とかコンピュータを利用してカウントしない限り分からない
と感じそのプログラムをどう設計すれば可能なのかと、あれこれ試行錯誤を繰り返して組み上げて
いきました。（何日も組み方が分からず悪戦苦闘の連続でした。）
やっとこれで求まるのではないかと思われるプログラムで計算した結果が113通りでした。
Mの要素が4なら3492通りになりました。(結果が出るまで随分時間がかかりました。）
Mの要素が2の場合に較べ、その比率が極端に小さくなったのでこの結果は自信がありませんでした。
この僅かの8,113,3492を例のOEISで検索すると
A023814がヒットしました。
でもこのサイトでの説明文では何も結合法則なる記述はなく、数は一致するもこれが求める数を
示すものかいまいち自信がありません。
何方かこの数を示す正しい数値を見つけて貰いたいのですが･･･

もしこの数値が正しいなら結合法則が成り立つとはとても珍しい現象であると認識しないと
いけないものだと思える。

GAIさん

>この僅かの8,113,3492を例のOEISで検索すると
>A023814がヒットしました。
>でもこのサイトでの説明文では何も結合法則なる記述はなく、数は一致するもこれが求める数を
>示すものかいまいち自信がありません。


英語の意味を検索すると、

associative : 〔演算などが〕結合的な、結合律［法則］を満たす

binary operation : 二項演算

らしいので、

" Number of associative binary operations on an n-set "

は

「要素数nの集合における結合法則を満たす二項演算の数」

となってGAIさんが知りたいものそのものではないでしょうか？

つまり、なぜ理屈が間違うかというと、右辺は、sが合成数の場合(N^t-N){ただし、tはs以下のすべての自然数}の係数がsの倍数にならないというのが、前回の結論でした。
ただし、(N^t-N)がtの倍数としたら、成り立つようです。
(%i1) factor(4-6*3+11*2);
(%o1) 2^3=4X2
(%i2) factor(6-15*5+85*4-225*3+274*2);
%o2) 2^4 3^2=6^2x2^2
(%i3) factor(8-28*7+322*6-1960*5+6769*4-13132*3+13068*2);
(%o3) 2^7 3^3 5=8x2^4x3^3x5

編集済み

うんざりはちべえさん、おはようございます。

＞よってSが自然数のとき
N(N-1)(N-2)(N-3)・・・・{N-(S-1)}=(N^S-N)-a1{N^(S-1)-N}+a2{N^(S-2)-N}・・・・-a(s-2)(N^3-N)+a(s-1)(N^2-N)
は、sが合成数でも成り立つ。

これは前回自分で証明されましたよね。No.1340の投稿です。

「因みに、何次でも-abcdN+N-(a+b+c+d)N+(ab+bc+cd+ac+ad+bd)N-(abc+abd+acd+bcd)Nの部分はNの項になり、解と係数の関係と同じで±が交互になり、必ず ±(a - 1) (b - 1) (c - 1) (d - 1)…と因数分解でき、ａ＝１より、
N(N-1)(N-2)(N-3)・・・・{N-(S-1)}=(N^S-N)-a1{N^(S-1)-N}+a2{N^(S-2)-N}・・・・-a(s-2)(N^3-N)+a(s-1)(N^2-N)の形に出来るのですね。」（No.1342より）

このＳには合成数とか素数とか制限がないので、一般のＳで成り立つという事ですね。

＞つまり、なぜ理屈が間違うかというと、右辺は、sが合成数の場合(N^t-N){ただし、tはs以下のすべての自然数}の係数がsの倍数にならないというのが、前回の結論でした。

理屈は間違っていないと思います。一応、前回のものを挙げておきますね。

＞等式は成り立つので、左辺の倍数と右辺の倍数は等しいのです。
ところが、合成数のとき、左辺と右辺が一致しないという理屈がおかしいのです。

この右辺が×だけでつながった式ならおかしいですが、(N^4-N)-6(N^3-N)+11(N^2-N)は和と差でつながっているのでおかしくありません。確か、NHKの番組でも掛け算は簡単ですが足し算は難しいというような話をやっていましたよね。それと同じ事です。

＞ただし、(N^t-N)がtの倍数としたら、成り立つようです。
(%i1) factor(4-6*3+11*2);
(%o1) 2^3=4X2
(%i2) factor(6-15*5+85*4-225*3+274*2);
%o2) 2^4 3^2=6^2x2^2
(%i3) factor(8-28*7+322*6-1960*5+6769*4-13132*3+13068*2);
(%o3) 2^7 3^3 5=8x2^4x3^3x5

これは、DD++さんが発見した、N^561-Nは５６１の倍数という合成数561でやってみて下さい。多分、ダメですよ。（多分の所は証明してありますが、今回は省略します。）

壊れた扉様、こんにちは。

s=561ですか？
N(N-1)(N-2)(N-3)・・・(N-560)=(N^561-N)-a1(N^560-N)+a2(N^559-N)・・・・a561(N^2-N)
とてもそんな計算は無理です。

ええ、私も以前はあきらめていましたが、DD++さんは凄いですよね。

https://www.wolframalpha.com/input?i=Table%5B%28N%5E561-N%29mod561%2C%7BN%2C2%2C30%7D%5D&lang=ja

pythonとかと違って桁違いの計算力なんですね。因みに、今回のに使えるかどうかは全く考えていません。

DD++様の計算は、
N=2〜30において(N^561ーN) mod 561を求めるものです。

うんざりはちべえさん、こんにちは。

よく見ると、以前とは違う法則ですね。

＞つまり、なぜ理屈が間違うかというと、右辺は、sが合成数の場合(N^t-N){ただし、tはs以下のすべての自然数}の係数がsの倍数にならないというのが、前回の結論でした。
ただし、(N^t-N)がtの倍数としたら、成り立つようです。
(%i1) factor(4-6*3+11*2);
(%o1) 2^3=4X2
(%i2) factor(6-15*5+85*4-225*3+274*2);
%o2) 2^4 3^2=6^2x2^2
(%i3) factor(8-28*7+322*6-1960*5+6769*4-13132*3+13068*2);
(%o3) 2^7 3^3 5=8x2^4x3^3x5

s=4のとき、
N(N-1)(N-2)(N-3)=(N^4-N)-6(N^3-N)+11(N^2-N)-----(2)
=N(N^3-1)-6N(N^2-1)+11N(N-1)

s=6のとき、
N(N-1)(N-2)(N-3)(N-4)(N-5)=(N^6-N)-15(N^5-N)+85(N^4-N)-225(N^3-N)+274(N^2-N)------(3)
であるから、(1)より、
=N(N^5-1)-15N(N^4-1)+85N(N^3-1)-225N(N^2-1)+274N(N-1)

s=8のとき、
N(N-1)(N-2)(N-3)(N-4)(N-5)(N-6)(N-7)=(N^8-N)-28(N^7-N)+322(N^6-N)-1960(N^5-N)+6769(N^4-N)-13132(N^3-N)+13068(N^2-N)------(4)
であるから、(1)より、
=N{(N^7-1)-28(N^6-1)+322(N^5-1)-1960(N^4-1)+6769(N^3-1)-13132(N^2-1)+13068(N-1)}

以前と違って、係数に指数をかけて総和を取っているのですね。

このエレベータの問題よりもさらに厳しい条件の問題が
「私の備忘録 > 拡張カークマン問題」
の中にプレカークマン問題として載っています。
プレカークマン問題の解は、より条件の緩いこのエレベータ問題の解としても適します。

エレベータ問題とカークマンの女生徒問題は連動しているんですね。
一般にエレベータの総数を(2*n+1)*(3*n+1)で各エレベータはどこかの
階の3か所で稼働するように動くとき、どの階からも他の階に行けるように
なるためのビルの高さの最大階数は6*n+3となる。
これをf((2*n+1)*(3*n+1),3)=6*n+3　で表しておく。
これよりn=1,2,3,4で当てはめると
n=1で12台のエレベータでは9Fまでのビル(出題の問題)
n=2で35台のエレベータでは15Fまでのビル(カークマンの女生徒の解を利用できる。)
n=3で70台のエレベータでは21Fまでのビル
n=4で117台のエレベータでは27Fまでのビル
に対して設計できる。

また他にも
f(s^2+s,s)=s^2のようなものも,
エレベータ総数がs^2+sでビルの高さがs^2階までの時は
各エレベータがどれもs個の階だけしか止まらない動きをすれば
どんな階からでも他の階へ行けるエレベータを運行できる。
これよりs=2,3,4,5,6,7から
f(6,2)=4
f(12,3)=9
f(20,4)=16
f(30,5)=25
f(42,6)=36
f(56,7)=49

以前私の備忘録 > 拡張カークマン問題で
りらひいさんが投稿されていた

方陣[※]
0 1 2 3 4 5 6
7 8 9 10 11 12 13
14 15 16 17 18 19 20
21 22 23 24 25 26 27
28 29 30 31 32 33 34
35 36 37 38 39 40 41
42 43 44 45 46 47 48

魔方陣[1]
3 34 9 40 15 46 21
28 10 41 16 47 22 4
11 35 17 48 23 5 29
36 18 42 24 6 30 12
19 43 25 0 31 13 37
44 26 1 32 7 38 20
27 2 33 8 39 14 45

魔方陣[2]
38 6 16 33 43 11 21
0 17 34 44 12 22 39
18 28 45 13 23 40 1
29 46 7 24 41 2 19
47 8 25 35 3 20 30
9 26 36 4 14 31 48
27 37 5 15 32 42 10

魔方陣[3]
17 13 2 47 36 32 21
7 3 48 37 33 22 18
4 42 38 34 23 19 8
43 39 28 24 20 9 5
40 29 25 14 10 6 44
30 26 15 11 0 45 41
27 16 12 1 46 35 31

の各方陣の各行、各列を利用させて貰うとこのf(56,7)=49
のモデルを作ることが出来ました。

追伸；
このモデルをつくっておけば
f(s^2-s+1,s)=s^2-s+1
でのs=8
即ちf(57,8)=57でのモデル
全部で57台のエレベータを57階建てのビルに設置し
各エレベータがどこかの階の8ヵ所を稼働するように上手く組み合わせておけば
どの階からも任意の階へ運行しているエレベータが存在している設計が難なく出来る。
(上のモデルの行と列を入れ替えて、残りのエレベータE50～E57に対する停止の8ヵ所の階を理詰めで決定。)

したがってりらひいさんのs:素数での
f(s^2+s,s)=s^2のモデルを構成できる汎用的構成方法を使えば
f((s+1)^2-(s+1)+1,s+1)=(s+1)^2-(s+1)+1
即ち
f(13,4)=13
f(31,6)=31
f(57,8)=57
f(133,12)=133
f(183,14)=183
f(307,18)=307
f(381,20)=381
f(553,24)=553
f(871,30)=871
f(993,32)=993
f(1407,38)=1407
f(1723,42)=1723
f(1893,44)=1893
f(2257,48)=2257
･･･････････
のモデルも順次作っていける。
（こんなものを試行錯誤で作ることは、殆んど望めない。)

対応していただきありがとうございます！

一般の場合
１～A＾ｎー1についても、Ａ個の組に、Ａ進法で、
その桁数の総和をＡで割った剰余で分けると、
それぞれの組の数の累乗和が等しくなることが
同様の方法で示すことが、できます。

1～A^n-1
をA=3; n=4で確認したら(N=1～80で調査)

Nを3進法で表し、各桁の数の和を3で割った余りで分類
M0=[5,7,11,13,15,19,21,26,29,31,33,37,39,44,45,50,52,55,57,62,63,68,70,74,76,78]
M1=[1,3,8,9,14,16,20,22,24,27,32,34,38,40,42,46,48,53,56,58,60,64,66,71,72,77,79]
M2=[2,4,6,10,12,17,18,23,25,28,30,35,36,41,43,47,49,51,54,59,61,65,67,69,73,75,80]
となりますので
gp > for(r=1,5,print(r";"\
sum(i=1,26,M0[i]^r)" VS "sum(i=1,27,M1[i]^r)" VS "sum(i=1,27,M2[i]^r)))
で計算すると
1;1080 VS 1080 VS 1080
2;57960 VS 57960 VS 57960
3;3499200 VS 3499200 VS 3499200
4;225284400 VS 225441864 VS 225284400
5;15099631200 VS 15136372800 VS 15110128800

となりr=3乗までは3つのグループは同一の和を作りましたが
4乗以上では不成立になりました。
（ksさんの記述では4乗まで一致するように感じてしまいました。)

もし勘違いしていたら教えて下さい。
4乗まで一致させるにはどんな工夫をすればいいのだろうか？

GAIさん、すいません。言葉足らずでしたので、加筆修正しました。
kに対して、ｒの範囲は、ｋ－１までです。
A＾ｋを、組み分けしたとき、ｋ－１乗和まで、成り立ちます。
従いまして、４乗の場合、３乗和まで成立します。
４乗和でも、成り立つためには、
５乗以上に個数を広げる必要がありますね。
只今、累乗和の問題に取り組んでいますが、前にも載せましたが、
同様のことが、ｎ個の場合、ｎー１乗和までしか、等しく作れない。
勿論、同じ数ではなくて。８個の累乗和まで、見つかりました。

不等号すら使わずにできます。
4頂点が(-1,1),(-1,-1),(1,-1),(1,1)である正方形（辺が軸に平行）
→ |1-x|+|1+x|+|1-y|+|1+y|=4
4頂点が(0,1),(-1,0),(0,-1),(1,0)である正方形（頂点が軸上）
→ |1-x-y|+|1-x+y|+|1+x-y|+|1+x+y|=4
半径1の円
→ x^2+y^2+|x^2+y^2-1|=1
横の長さがa、縦の長さがbの長方形
→ |a-2x|+|a+2x|+|b-2y|+|b+2y|=2(a+b)
重心が原点で一つの頂点が(0,a)である正三角形
→ |a+x√3-y|+|a-x√3-y|+|a+2y|=3a
重心が原点で一つの頂点が(0,a)である正六角形
→ |a√3-2x|+|a√3+2x|+|a√3+x+y√3|+|a√3+x-y√3|+|a√3-x+y√3|+|a√3-x-y√3|=6a√3

3頂点が(a,b)(c,d)(e,f)である三角形
→ |(ad-bc+bx-dx+cy-ay)(ad-bc+be-de+cf-af)|+|(cf-de+dx-fx+ey-cy)(cf-de+da-fa+eb-cb)|+|(eb-fa+fx-bx+ay-ey)(eb-fa+fc-bc+ad-ed)|
=(ad+cf+eb-bc-de-fa)^2

※すべて内部を含む領域です。

らすかるさん、ありがとうございます。
驚きの結果ですね。値がうまく相殺されるのですね。
円や六角形、自由な三角形も、方程式で！
絶対値は、場合分けなど、不便の記号だとばかり思って
いましたが、便利な記号なんですね。、

3頂点が(a,b)(c,d)(e,f)である三角形
→ |(ad-bc+bx-dx+cy-ay)(ad-bc+be-de+cf-af)|+|(cf-de+dx-fx+ey-cy)(cf-de+da-fa+eb-cb)|+|(eb-fa+fx-bx+ay-ey)(eb-fa+fc-bc+ad-ed)|
=(ad+cf+eb-bc-de-fa)^2

について計算していたら
(ad-bc+be-de+cf-af)=(cf-de+da-fa+eb-cb)=(eb-fa+fc-bc+ad-ed)=(ad+cf+eb-bc-de-fa)
が成り立つようなんですが、従って求める式は
|(ad-bc+bx-dx+cy-ay)|+|(cf-de+dx-fx+ey-cy)|+|(eb-fa+fx-bx+ay-ey)|=|(ad+cf+eb-bc-de-fa)|
と表してはいけませんかね？

確かにそうですね。全く気づきませんでした。
|ad-bc+bx-dx+cy-ay|+|cf-de+dx-fx+ey-cy|+|eb-fa+fx-bx+ay-ey|=|ad+cf+eb-bc-de-fa|
で十分ということですね。