😊出会いの泉😊

gp > for(n=1,10,print(n";",\
-sum(k=1,n+1,(-1)^k*k*binomial(n+1,k)*(n+1)^(n-k)), " VS ",n^n))

に関しては、{(n+1)-1}^n を二項展開した後少し変形しただけですかね。
nCk を含む総和公式は、
「底が k に依存しない」場合は二項展開の式で変数の中身をうまく選んだ式あることが多く、
「指数が k に依存しない」場合は二項展開の式に何か掛けたり割ったりしながら微積分を繰り返して作った式であることが多いです。

今にして思えば、/n がついているのは最初の数を 1 に限定しているせいですね。
最初の数も任意にしてよいのであれば、最長数列の総数は (n!)^n 通りというとても整った結果になります。
また、計算方法も先頭の数は任意である方がやりやすそうです。

ということで、「まち針の木」の方で wikipedia から拾ってきた発想をこの問題用に書き直しつつ、「n まで使える場合の最長数列の総数は (n!)^n 通りである」の証明を以下に記述します。
No.1041 の内容と重複する部分も含みます。
わかりにくければ、トランプを使って実際に手を動かすと助けになると思います。


条件を満たすような数列を以下のような方法で作ることを考えます。

1 から n までのカードの組を n セット用意します。
それぞれを適当な順に積み重ねて、各山に 1 番から n 番までの番号をつけておきます。

最初に初項 a[1] として 1 以上 n 以下の数を選びます。
a[1] 番の山の一番上のカードを手に取り、書いてあった数字を a[2] とし、カードは破棄します。
a[2] 番の山の一番上のカードを手に取り、書いてあった数字を a[3] とし、カードは破棄します。
以下、同様に繰り返します。
a[m] 番の山の一番上を手に取ろうとしたら既にその山にカードがなかった場合、a[m] を末項として数列を終了します。

[例1] n=3, a[1]=1 で各山が上から順に
1 番の山：1, 3, 2
2 番の山：2, 1, 3
3 番の山：2, 3, 1
の場合、数列は 1, 1, 3, 2, 2, 1, 2, 3, 3, 1 となります。

[例2] n=3, a[1]=1 で、各山が上から順に
1 番の山：1, 3, 2
2 番の山：2, 1, 3
3 番の山：1, 2, 3
の場合、数列は 1, 1, 3, 1, 2, 2, 1 となります。

[例3] n=3, a[1]=1 で、各山が上から順に
1 番の山：1, 3, 2
2 番の山：2, 1, 3
3 番の山：1, 3, 2
の場合、数列は 1, 1, 3, 1, 2, 2, 1 となります。

n^2+1 項続く最長数列ができる場合というのは、n^2 枚ある全てのカードを破棄できる場合ということになります。
そして、
「最長数列の内容」
「全て破棄できるようにカードを積み重ねて a[1] を選ぶ方法」
が一対一に対応することは数列の作り方からすぐにわかるので、結局カードを全部破棄できるような場合の数を考えればいいことになります。

では、カードを全て破棄することに関していくつか考察を行います。

まず、この操作は a[1] と異なる数のカードで終わることは絶対にありません。
しかも、終わったときには必ず a[1] と同じ数のカードが全ての山から破棄されています。
なぜなら、どこかの山でカードが足りなくなるのは「全ての山から a[1] と同じ数のカードを引く」を達成し、最初の 1 回とあわせて a[1] 番の山からカードを引くのが n+1 回目になるとき以外ありえないからです。

そして、a[1] と異なる数のカードも全て破棄されるかどうかは、a[1] 番以外の山の一番下のカードだけ見ればわかります。

例えば [例1] の場合、まず、a[1]=1 なので 1 のカードは全て破棄されることがわかります。
次に、3 のカードは全て破棄されることもわかります。
なぜなら 3 番の山の一番下に 1 のカードがあり、「3 のカードが全て破棄されるまで 3 番の山の 1 のカードが破棄できない」という状態になっているからです。
終わるまでに必ず 1 のカードが全て破棄されるのですから、その前に 3 のカードが全て破棄されることも達成されなければなりません。
さらに、2 のカードも全て破棄されることがわかります。
なぜなら 2 番の山の一番下に 3 のカードがあり、「2 のカードが全て破棄されるまで 2 番の山の 3 のカードが破棄できない」という状態になっているからです。
終わるまでに 3 のカードが全て破棄されることは先ほど確認したので、その前に 2 のカードが全て破棄されることも達成されなければなりません。
よって、[例1] は、実際に数列を作ってみなくても、1 も 2 も 3 も全て破棄される、つまり最長数列ができることがわかります。

一方で [例2] の場合、3 のカードが全て破棄されることはありません。
なぜなら 3 番の山の一番下に 3 のカードがあり、「3 のカードが全て破棄されるまで 3 番の山の 3 のカードが破棄できない」という状態になっているからです。
一般に、a[1]≠x で x 番の山の一番下に x のカードがある場合、その山は絶対に残ってしまいます。
よって、[例2] は、実際に数列を作ってみなくても、最長数列にはならないことがわかります。

また、[例3] の場合も、2 および 3 のカードが全て破棄されることはありません。
なぜなら 2 番の山の一番下に 3 のカードがあり、同時に 3 番の山の一番下に 2 のカードがあるため、
「2 のカードが全て破棄されるまで 2 番の山の 3 のカードが破棄できない」
「3 のカードが全て破棄されるまで 3 番の山の 2 のカードが破棄できない」
という状態になっているからです。
一般に、このような依存関係のループが発生すると、それらの山は絶対に残ってしまいます。
（[例2] も単独でループしているとみなすことができます）
よって、[例3] は、実際に数列を作ってみなくても、最長数列にはならないことがわかります。

ループが存在しなければ、全ての数のカードについて直接的または間接的に a[1] と同じ数のカードを全て破棄する前にそちらを全て破棄する必要があり、最長数列ができることが確定します。
よって、最長数列になるどうかは、積み重ねるときに a[1] 番以外の山の一番下に来るカードでループが発生しないかどうかだけを考えればいいことになります。

さて、では、カードを無作為に積み重ねて初項も無作為に選んだ場合に、最長数列を作れる確率がどのくらいになるか考えます。

まず、無作為にカードを積み重ねつつ初項を無作為に選ぶ方法として以下の手順を採用します。

1 から n までのカード 1 組をシャッフルします。その後、1 番から n 番までの番号を 1 つ無作為に選び、この山の番号とします。
改めて別の 1 から n までのカード 1 組をシャッフルします。その後、1 番から n 番までの番号のうち重複しないものを 1 つ無作為に選び、この山の番号とします。
これを n 回繰り返すと、1 番から n 番までの山が完成します。
そして、最後に作った山の番号を a[1] として採用します。

この作り方であれば、n 個の山の積み重ね方 (n!)^n 通りと a[1] の選び方 n 通りの組、全 n*(n!)^n 通りの起こりやすさが同様に確からしいといえます。

ここで、確率 P[k] (0≦k≦n) を「この山の作り方で k 個の山を作った段階で、最後に残ることが確定した山がまだどこにもない確率」と定義します。
もちろん P[0]=1 です。

このとき 1 - P[k+1]/P[k] は「k 個の山を作った段階で最後に残ることが確定した山がまだどこにもないという条件のもとで、k+1 個目の山を作ったせいで最後に残ることが確定した山ができてしまう条件付き確率」です。

これは、0≦k≦n-2 の場合、k+1 個目の山をシャッフルしたときに一番下にきたカードが x だったとして、
・x 番の山が k 番目までにまだなく、その x 番をk+1 番目の山につけてしまった
・x 番の山が k 番目までにもうあり、「x 番の山の一番下のカードは y」「y 番の山の一番下のカードは z
」……と辿って行き着いた未使用番号を k+1 番目の山につけてしまった
のどちらかが起こる確率であり、つまりは一番下のカードが何であるかに関係なく残っている n-k 個の番号から特定の 1 個を引いてしまう確率になります。

よって、
1 - P[k+1]/P[k] = 1/(n-k)
なので、
P[k+1]/P[k] = 1 - 1/(n-k) = (n-k-1)/(n-k)
であり、
P[n-1] = (1/2)*P[n-2] = (1/2)*(2/3)*P[n-3] = …… = (1/2)*(2/3)*……*((n-1)/n)*P[0] = 1/n
となります。
最後に作る山は、どんな順序になっても、a[1] の選び方を考えれば確率に影響は与えません。
よって、
P[n] = P[n-1] = 1/n
です。

これで、「n 個の山を無作為に作り、初項 a[1] を無作為に選んだ場合に、最長数列を作れる確率は 1/n である」ことがわかりました。

ところで、この山の作り方は n*(n!)^n 通りが同様に確からしく作れる方法でした。
つまり、最長数列を作れるようにカードの積み重ねて a[1] を選ぶ方法がそのうち N[n] 通りであるとすると、古典的確率の定義より
N[n] / {n*(n!)^n} = 1/n
となります。

したがって分母を払って
N[n] = (n!)^n
が得られました。

お求めになっているものとは異なりますけれども。
３人で。

３人のうちひとりを除き２人が
１回こっきりのジャンケンをします。
この２人で勝負がつけばそれでよし
引き分けならばジャンケンに参加しなかった
者の勝ちとします。

勝率は平等です。

n 人で n 手だといかがでしょうか。

出した手の総和を mod n で。

mod n で考えると、全て同数であることを知りました。
具体的に、勝敗は、どうすればよいですか？
教えてください。

4人でジャンケンをします。
各人にはユニークな背番号をつけます。
背番号は、0、1、2、3 からつけます。
各人が出せる手は、0、1、2、3 のうちどれかひとつとします。
ジャンケンを一回おこないます。
たとえば、
1,0,2,1
という結果だとします。
総和を mod 4 で求めます。
1+0+2+1 ≡ 0 (mod 4)
これにより
背番号 0 のものが勝ちとします。

私が意図していたのは上のようなアルゴリズムです。

さて、ご質問ですが。
《mod n で考えると、全て同数であることを知りました。》
上にあげた手数が4のときのアルゴリズムの脈絡で言えば、
0,0,0,0
1,1,1,1
2,2,2,2
3,3,3,3
という4つのケースについてお尋ねになって
いらっしゃるのでしょうか？
ご質問の意図するところを掴みかねましたが
とりあえず、こういうご趣旨であろうと
仮定いたしまして。

上の4つのケースのどれであっても
mod 4 では総和が 0 と合同ですので
事前にきめておいた背番号が 0 の者を
勝ちとしたく思います。

《mod n で考えると、全て同数であることを知りました。》
は、ｎ人が、出した手を和してｍｏｄ n をとると、
０，１、…、n-１まで、同じ場合の数になるという意味です。
最初、３人、４人で調べました。山なり対称になる。ｎ人でも、
どの場合の数も、ｎ^(n-1)となることが、確認できました。
各人に、ナンバリングするところが秀逸ですね。
①一人の勝者が決まる。②引き分けがない
じゃんけんと違い、全て同じ手の時、０番の人が勝つのが意外ですね。
しばらく、考えてみると、二回目以降はどうなるか気になりました。
ｎ人を、順位づけするという目的であれば、１～ｎの番号くじを引くのが、簡明ですね。くじの準備がいりますが。

多分mの最大は17ですよね。
適当に考えたので全く綺麗ではないですが、例えば
2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,3,4,4,1,1,2,2

m=17 で作ると
右端と左端とは同じものになりそうですね。

はい、両端は同じ数字になります。
ゾロ目が入っているとちょっとややこしいので、11,22,33,44を除いたm=13で考えます。
（m=17のパターンから同じ数字の連続を1文字減らせばそのパターンになります。）
また先頭の数字は2とします。
2で始まる2桁は21,23,24の3個
2で終わる2桁は12,32,42の3個
が必要ですが、右端が2でないと仮定すると
2a…A2b…B2c…
のようになり、2a,2b,2cの3個で21,23,24はすべて終わりますが、
そうすると2で終わるものがA2,B2の2個しかないので足りません。
よって2で始まるものと2で終わるものが同数になるためには
2a…A2b…B2c…C2
のように2で始まったら2で終わらなければなりませんので、
左端と右端の数字は常に同じになります。

1 までを使う場合、最長の 1 つは
1,1

2 までを使う場合、これのどこかの 1 を 1,2,1 に変え、さらにどこかの 2 を 2,2 に変えると
1,2,2,1,1

3 までを使う場合、これのどこかの 1 を 1,3,1 に変え、さらにどこかの 2 を 2,3,2 に変え、そしてどこかの 3 を 3,3 に変えると
1,3,3,1,2,3,2,2,1,1

以下同様に繰り返せば、n まで使うときの n^2+1 項の数列の一例を錬成できますね。

m=17 で所望の有限数列を求めるにあたり、
１列の繋がりではなく、
m-1=16 の数からなる円環をまずは構成するのも面白いですね。
DD+さんによる構成を真似すれば n が 4 のときも n^2 がベストなわけです。m-1=16はそれを満たしています。
四色のビーズに糸を通してワッカにし
机の上においたときに
輪を右回りに方向つけて、
各ビーズの右隣、左隣の色のパターンがそれぞれ
輪のなかでダブルことがないようにするには
(四色でしたから)
4✕4 = 16 が最大であろうと見当がつきます。
うまく並べることができたら、
輪っかの糸を一箇所で切断し
ビーズを１列に並ぶようにします。
このとき、切断のおかげで、
色の並びのひとつが消失します。
それを補償するために
ビーズを１個補充して
左右の端の色が同じになるようにします。

これにて、17個で、左右の端が同じになる
列ができあがります。

論理が飛んでいますがご容赦ください。

使える数字が{1,2}や{1,2,3}ならどうなるのだろうと思ったので調べたら
{1,2}=>[1,2,2,1,1],[1,1,2,2,1] (なお1,2の数字を入れ替えても可)で<1を3回;2を2回使用>
{1,2,3}=>[1, 1, 2, 1, 3, 2, 2, 3, 3, 1] (1,2,3の数字はサイクリックに変更できる。)で<1を4回;2を3回;3を3回使用>
らすかるさんの例も(1->4.2->1,3->2,4->3)に読み替えると
{1,2,3,4}=>[1,4,2,4,3,1,2,1,3,2,2,3,3,4,4,1,1]で<1を5回;2を4回;3を4回;4を4回使用>
そこで一般に
{1,2,3,･･･,n}
の数字で条件を満たす最長のパターンは,<1をn+1回;2をn回;3をn回;4をn回;･･･,nをn回使用>して最長n^2+1の数列が作れそうです。
証明は数学的帰納法が有力だが示し方が分からない。
これが何通り構成可能かは
1を他より1回多く使用するパターンに限って調べたら
n=2;2通り（例で挙げたもの)
n=3;72通り
1;[1, 1, 2, 1, 3, 2, 2, 3, 3, 1]
2;[1, 1, 2, 1, 3, 3, 2, 2, 3, 1]
3;[1, 1, 2, 2, 1, 3, 2, 3, 3, 1]
4;[1, 1, 2, 2, 1, 3, 3, 2, 3, 1]
5;[1, 1, 2, 2, 3, 1, 3, 3, 2, 1]
6;[1, 1, 2, 2, 3, 2, 1, 3, 3, 1]
7;[1, 1, 2, 2, 3, 3, 1, 3, 2, 1]
8;[1, 1, 2, 2, 3, 3, 2, 1, 3, 1]
9;[1, 1, 2, 3, 1, 3, 3, 2, 2, 1]
10;[1, 1, 2, 3, 2, 2, 1, 3, 3, 1]
11;[1, 1, 2, 3, 3, 1, 3, 2, 2, 1]
12;[1, 1, 2, 3, 3, 2, 2, 1, 3, 1]
13;[1, 1, 3, 1, 2, 2, 3, 3, 2, 1]
14;[1, 1, 3, 1, 2, 3, 3, 2, 2, 1]
15;[1, 1, 3, 2, 1, 2, 2, 3, 3, 1]
16;[1, 1, 3, 2, 2, 1, 2, 3, 3, 1]
17;[1, 1, 3, 2, 2, 3, 3, 1, 2, 1]
18;[1, 1, 3, 2, 3, 3, 1, 2, 2, 1]
19;[1, 1, 3, 3, 1, 2, 2, 3, 2, 1]
20;[1, 1, 3, 3, 1, 2, 3, 2, 2, 1]
21;[1, 1, 3, 3, 2, 1, 2, 2, 3, 1]
22;[1, 1, 3, 3, 2, 2, 1, 2, 3, 1]
23;[1, 1, 3, 3, 2, 2, 3, 1, 2, 1]
24;[1, 1, 3, 3, 2, 3, 1, 2, 2, 1]
25;[1, 2, 1, 1, 3, 2, 2, 3, 3, 1]
26;[1, 2, 1, 1, 3, 3, 2, 2, 3, 1]
27;[1, 2, 1, 3, 2, 2, 3, 3, 1, 1]
28;[1, 2, 1, 3, 3, 2, 2, 3, 1, 1]
29;[1, 2, 2, 1, 1, 3, 2, 3, 3, 1]
30;[1, 2, 2, 1, 1, 3, 3, 2, 3, 1]
31;[1, 2, 2, 1, 3, 2, 3, 3, 1, 1]
32;[1, 2, 2, 1, 3, 3, 2, 3, 1, 1]
33;[1, 2, 2, 3, 1, 1, 3, 3, 2, 1]
34;[1, 2, 2, 3, 1, 3, 3, 2, 1, 1]
35;[1, 2, 2, 3, 2, 1, 1, 3, 3, 1]
36;[1, 2, 2, 3, 2, 1, 3, 3, 1, 1]
37;[1, 2, 2, 3, 3, 1, 1, 3, 2, 1]
38;[1, 2, 2, 3, 3, 1, 3, 2, 1, 1]
39;[1, 2, 2, 3, 3, 2, 1, 1, 3, 1]
40;[1, 2, 2, 3, 3, 2, 1, 3, 1, 1]
41;[1, 2, 3, 1, 1, 3, 3, 2, 2, 1]
42;[1, 2, 3, 1, 3, 3, 2, 2, 1, 1]
43;[1, 2, 3, 2, 2, 1, 1, 3, 3, 1]
44;[1, 2, 3, 2, 2, 1, 3, 3, 1, 1]
45;[1, 2, 3, 3, 1, 1, 3, 2, 2, 1]
46;[1, 2, 3, 3, 1, 3, 2, 2, 1, 1]
47;[1, 2, 3, 3, 2, 2, 1, 1, 3, 1]
48;[1, 2, 3, 3, 2, 2, 1, 3, 1, 1]
49;[1, 3, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 2, 1]
50;[1, 3, 1, 1, 2, 3, 3, 2, 2, 1]
51;[1, 3, 1, 2, 2, 3, 3, 2, 1, 1]
52;[1, 3, 1, 2, 3, 3, 2, 2, 1, 1]
53;[1, 3, 2, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 1]
54;[1, 3, 2, 1, 2, 2, 3, 3, 1, 1]
55;[1, 3, 2, 2, 1, 1, 2, 3, 3, 1]
56;[1, 3, 2, 2, 1, 2, 3, 3, 1, 1]
57;[1, 3, 2, 2, 3, 3, 1, 1, 2, 1]
58;[1, 3, 2, 2, 3, 3, 1, 2, 1, 1]
59;[1, 3, 2, 3, 3, 1, 1, 2, 2, 1]
60;[1, 3, 2, 3, 3, 1, 2, 2, 1, 1]
61;[1, 3, 3, 1, 1, 2, 2, 3, 2, 1]
62;[1, 3, 3, 1, 1, 2, 3, 2, 2, 1]
63;[1, 3, 3, 1, 2, 2, 3, 2, 1, 1]
64;[1, 3, 3, 1, 2, 3, 2, 2, 1, 1]
65;[1, 3, 3, 2, 1, 1, 2, 2, 3, 1]
66;[1, 3, 3, 2, 1, 2, 2, 3, 1, 1]
67;[1, 3, 3, 2, 2, 1, 1, 2, 3, 1]
68;[1, 3, 3, 2, 2, 1, 2, 3, 1, 1]
69;[1, 3, 3, 2, 2, 3, 1, 1, 2, 1]
70;[1, 3, 3, 2, 2, 3, 1, 2, 1, 1]
71;[1, 3, 3, 2, 3, 1, 1, 2, 2, 1]
72;[1, 3, 3, 2, 3, 1, 2, 2, 1, 1]

n=4; 82944通り
1;[1, 1, 2, 1, 3, 1, 4, 2, 2, 3, 2, 4, 3, 3, 4, 4, 1]
2;[1, 1, 2, 1, 3, 1, 4, 2, 2, 3, 2, 4, 4, 3, 3, 4, 1]
3;[1, 1, 2, 1, 3, 1, 4, 2, 2, 3, 3, 2, 4, 3, 4, 4, 1]
････････････････
82942;[1, 4, 4, 3, 4, 2, 4, 1, 3, 3, 2, 2, 3, 1, 2, 1, 1]
82943;[1, 4, 4, 3, 4, 2, 4, 1, 3, 3, 2, 3, 1, 1, 2, 2, 1]
82944;[1, 4, 4, 3, 4, 2, 4, 1, 3, 3, 2, 3, 1, 2, 2, 1, 1]

怪しいプログラムで探しているので、誰か確認願う。

2,72,82944は正しいです。
また、n=5は4976640000通りです。

らすかるさん、いつもありがとうございます。

n=4での結果を得るまでに優に３時間以上は要したので
n=5では指数関数的に時間が増加し、自分のプログラムではたぶん１年以上かかっても無理と思えるものになります。
それをn=5は4976640000通りとたちどころに算出できるらすかるさんの技に驚かされます。
管理人さんから出題された問題に、どんなことを意味しているのかを理解するまでにまず時間がかかり、らすかるさんの解答をみて
やっとその意味が分かり始め、始めは配列を手作業で作ろうと試みるが結局混乱していき、何とか自動化で配列を決められないかと
これをプログラムで作り出すまでにまた何度も試行錯誤を繰り返していきました。
始め全部で配列が何個できるかを探る疑問に間違った考え方で算出していたが、結果を点検したらその考え違いに気付いてコードを
全面的に修正してやっと何とか結果が得られたんではないかという顛末を辿りました。

自分なりに、修正を繰り返しながららすかるさんと同じ結果を得られたことにとてもうれしい気持ちです。

もしかして
n=6 は 23219011584000000
n=7 は 11800915893414789120000000
n=8 は 873120530892689265453642547200000000
だったりします？
コンピュータでも流石にこの桁数は厳しいですかね？

n=5は数分だったのですが、n=6にかかる時間はざっと考えても1兆倍以上かかりそうなので、
コンピュータでカウントする方式では試すまでもなく全く無理ですね。

n まで使える場合に最長数列が何通り構成できるか。
その答えは全く別の「ある問題」の答えを足がかりにするとよい、というところまで昨晩到達し、実際に n=8 までの解を（合っているかどうかまだ不明ですが）求めました。

が、しかし、その「ある問題」を一般の n で解こうとして一晩考えても方針が全く思い浮かびません。
みなさんの協力を求めるべく、別スレッドで「まち針の木」として出題しています。
あっちが解ければこっちも解けるので、挑戦よろしくお願いします。

そういえば、記事中の

> 違うパターンで考えてみると、
> １、２、３、４、１、３、２、４、２、１、２、２
> で、第１３項目に入る数はないので、

の例では、第 11 項の時点で「1, 2」が 2 回登場してルール違反になっていますね。
らすかるさんが既に証明している通り、「数列がこれ以上続けられない」という現象は必ずスタートに使った数字で起こるはずです。

n=9
gp > prod(i=0,8,floor((80+i)/9)!)
%368 = 12123409823952368497816099928432676175872000000000
n=10
gp > prod(i=0,9,floor((99+i)/10)!)
%369 = 39594086612242519324387557078266845776303882240000000000000000000

一般にnなら
prod(i=0,n-1,floor((n^2-1+i)/n)!)
となりませんか？

(n!)^n/n と同じ式ですかね？

n=8 までは私が直接求めたので、（私が計算ミスをしていない限り）この式に一致する結果になっています。
そして、n≧9 でも多分成り立つんだろうなと私も思います。

でも、「成り立つと予想した」だけでは解けたとは言えません。
解けたと宣言するには成り立つ証明まで必要です。

「最長数列の総数」と「まち針の木」の関係について掲載しておきます。
一般の n のままだとわかりにくいので、「最長数列の総数」の n=4 という具体的な話で進め、既に出ている 82944 通りという数を導出してみます。

まず、
「数列の現在の末尾の数が 4 回目以内の登場ならば、次に書くことができる数がまだ残っている」は数列の作り方から明らかです。
よって対偶を考えれば
「次に書くことのできる数がもうないならば、現在の末尾の数は 5 回目以降の登場をしている」
ことがわかります。

しかし、条件
「s≠t で、a[s]=a[t] ならば、a[s+1]≠a[t+1]」
の対偶
「s≠t で、a[s+1]=a[t+1] ならば、a[s]≠a[t]」
より、同じ数が複数回登場する場合、直前の数字は全て異ならなくてはいけません。
つまり、5 回以上登場できる数は、先頭にある 1 に限られます。
つまり、次に書くことのできる数がもうなくなった数列は、必ず 1 が「先頭」「1 の次」「2 の次」「3 の次」「4 の次」を順不同に 1 回ずつ計 5 回登場した直後で終わっています。

さて、最長数列の個数を考えましょう。
まず、n=4 の最長数列を実際にたくさん作って、「1 以外の各数について、4 回目の登場の次に何を書いたか」で分類します。
例えば、GAI さんのリストの先頭のものは、4 回目の 2 の次は 4、4 回目の 3 の次は 4、4 回目の 4 の次は 1、となっているので、
1;[1, 1, 2, 1, 3, 1, 4, 2, 2, 3, 2, 4, 3, 3, 4, 4, 1] -> [2->4, 3->4, 4->1]
と分類します。

さて、では同じ [2->4, 3->4, 4->1] に分類される数列は何個作れるでしょうか。
実はこれは非常に簡単な問題です。
先に示した通り、そのような数列は最長でもそうでなくても、行き詰まるのは必ず 5 回目の 1 が登場したときです。
そして、それは「先頭」「1 の次」「2 の次」「3 の次」「4 の次」が全て揃ったときになるはずです。
ところが、4->1 という関係がある以上、4 が 4 回登場した後でないと「4 の次」は起こりません。
したがって、4->1 という依存関係があれば、どんなに雑に数列を作っても、行き詰まる前に 4 が 4 回登場することは絶対に保証されるのです。
さらに、4 が 4 回登場するのは「1 の次」「2 の次」「3 の次」「4 の次」が全て揃ったときになるはずですが、2->4, 3->4 という関係があるので、同様に 2 と 3 もどんなに雑に作っても 4 回登場することが保証されるのです。
つまり、
「1 の登場 4 回目までは次の数に 1,2,3,4 を任意の順で使う」
「2 の登場 3 回目までは次の数に 1,2,3 を任意の順で使う」
「3 の登場 3 回目までは次の数に 1,2,3 を任意の順で使う」
「4 の登場 3 回目までは次の数に 2,3,4 を任意の順で使う」
を守る限り、何をやっても自動的に [2->4, 3->4, 4->1] に分類される最長数列ができあがるのです。
よって、その総数は 4!*3!*3!*3! = 5184 通りです。
これは [2->4, 3->4, 4->1] に限った話ではないので、分類それぞれの中で必ず 5184 個の最長数列が作れることになります。

では、そのような分類は何組できるかということを考えます。
[2->a, 3->b, 4->c] の a, b, c を適当に選べばよいかというとそうではありません。
例えば [2->4, 3->2, 4->2] の場合。
2 と 4 はお互いに 4 回目の登場があるとしたら相手の 4 回目より後でないといけないというループが発生しています。
つまりどんなにうまくやっても 2 や 4 の 4 回目が登場しないまま 5 回目の 1 が来て数列が終わってしまうことを意味します。
よって、[2->4, 3->2, 4->2] という分類は存在しません。
あるいは [2->1, 3->2, 4->4] の場合。
2 と 3 については 4 回の登場が保証されます。
しかし、4 については 4 回目の登場があるとしたら 4 回目の 4 より後でないといけないという自己ループが発生していますので、4 は 4 回目の登場がありません。
よってこれも最長数列には絶対にならず、[2->1, 3->2, 4->4] という分類はできません。
つまり [2->a, 3->b, 4->c] という名目の分類が存在するか否かは、依存関係にこのようなループが発生しないか否かを考えればよいことになります。
そしてそれは、「まち針の木」で 1 という針山と 2, 3, 4 というまち針を用意して、
2 は a の頭（a=1 なら針山）に刺す
3 は b の頭（b=1 なら針山）に刺す
4 は c の頭（c=1 なら針山）に刺す
という木が存在するか否かを考えればいいことになります。
3 本のまち針で作る木は 16 通りだとわかっています。
よって、このような依存関係の作り方は 16 通り、ゆえに、最長数列の分類も 16 組であることがわかります。

したがって、n=4 の最長数列の総数は 5184*16 = 82944 となります。


一般の n の場合も同様に考えることができて、
「n-1 本のまち針の木の総数」 * n! * (n-1)! * (n-1)! * …… * (n-1)! （ (n-1)! は全部で n-1 個）
と求められることがわかります。
さて、では「まち針の木」の総数を求める式（証明付き）は？　というのが現状私がたどり着いている最先端です。

どうも、
de Bruijn sequence
と密接な関わりがあるような気がしてまいりました。

管理人さんによるお題は１列ですが、
この左端と右端とを繋げて輪にします。
繋げるにあたり、両端は同じでしたが、片方は除去します。

一列に n^2+1 の要素があったものを
n^2 の要素のある輪にします。

de Bruijn sequence については以下を
御参照ください。
https://en.m.wikipedia.org/wiki/De_Bruijn_sequence

上の記事中で
"The number of distinct de Bruijn sequences B(k, n) is"
とあります。
この記事で、管理人さんからの
お題を調べている私達の目的においては
n=2
で固定で考えてよいです。
B(k, n)ではなく、B(k, 2)
を知りたいのです。
また、この記事における k は
私達が解こうとしていた問題の n に相当します。
このことを意識して
B(k, 2) を求める式をみてください。
さて、こうして得られる数は
輪にしていたものに対応して数えています。
輪を切断して元の一列にするには
k倍する必要があります。

といった………
浅い読み方をしております。
皆様からの御批正をお願いいたします。

なるほど、密接な関わりどころか、ほぼそのものですね。
しかし、2 種類の n 連続で重複を避ける方向から発展してきた都合上、n 種類の 2 連続での話はあんまりないみたいですね。

でも、とりあえず予想している式が正しいという保証ができたことは大きな一歩です。
ありがとうございます。
「この問題はちゃんと解ける問題である」というのは数学において最大のヒントですからね。

その後プログラムを何度か高速化して
n=5の時の4976640000通りが一瞬で求められるようになり、
このプログラムでn=6について求めたところ
約23分で「23219011584000000通り」と求まりました。
（同一数字の連続をなくしたものを数えてn(n-1)^(n-1)を掛けるようにしたのが主な高速化）
それでもn=7は数え方を根本から変えないと無理そうです。

prod(i=0,n-1,floor((n^2-1+i)/n)!)
と
(n!)^n/n
の結果が同じものになるのが面白く、構造を分析すると

n=3
3!*2!*2!*(3^1)=3!*3!*2!=3!*3!*(3!/3)=(3!)^3/3

n=4
4!*3!*3!*3!*(4^2)=4!*4!*4!*3!=4!*4!*4!*(4!/4)=(4!)^4/4

n=5
5!*4!*4!*4!*4!*(5^3)=5!*5!*5!*5!*4!=5!*5!*5!*5!*(5!/5)=(5!)^5/5

n=6
6!*5!*5!*5!*5!*5!*(6^4)=6!*6!*6!*6!*6!*5!=6!*6!*6!*6!*6!*(6!/6)=(6!)^6/6

n=7
7!*6!*6!*6!*6!*6!*6!*(7^5)=7!*7!*7!*7!*7!*7!*6!=7!*7!*7!*7!*7!*7*(7!/7)=(7!)^7/7

････････････････････････････････

２つ目の所がprod(i=0,n-1,floor((n^2-1+i)/n)!)で最後の部分が(n!)^n/n
に対応していく。


ここにDD++さんの記述と重ね合わせると
「n-1 本のまち針の木の総数」 * n! * (n-1)! * (n-1)! * …… * (n-1)!
（ (n-1)! は全部で n-1 個）
と求められることがわかります。


n=3である場合のDD++さんの解説にある
つまり [2->a, 3->b, 4->c] という名目の分類が存在するか否かは、
依存関係にこのようなループが発生しないか否かを考えればよいことになります。
そしてそれは、「まち針の木」で 1 という針山と 2, 3, 4 というまち針を用意して、
2 は a の頭（a=1 なら針山）に刺す
3 は b の頭（b=1 なら針山）に刺す
4 は c の頭（c=1 なら針山）に刺す
という木が存在するか否かを考えればいいことになります。
3 本のまち針で作る木は 16 通りだとわかっています。
（私はいまいち理解が及んでいませんが、この数が4^2の部分に相当しているのか？）


n=5まではコンピュータで
[1,1,1,1,1,1,2,2,2,2,2,3,3,3,3,3,4,4,4,4,4,5,5,5,5,5]
を勝手に並び変えたとき、例の数列の条件が満たされる配列総数が
4976640000
まで確認されているのですから、n=5での
5!*4!*4!*4!*4!*(5^3)=5!*5!*5!*5!*4!=5!*5!*5!*5!*(5!/5)=(5!)^5/5(=4976640000)
における5^3=125は「まち針の木の総数」と解釈できるんですよね。


この形式をたどれば一般にnでの「まち針の木の総数」= n^(n-2)
となりそうなんですが、n>=8 でもそれでいいという証明が必要ということでしょうか？
https://oeis.org/A000272

コンペに応募するとして……

例えば、分母を 2023 以下に抑えつつ、項数をできるだけ多くする作戦がありえますね。

1 = 1/16
+1/6+1/10+1/12+1/14+1/18+1/20+1/22+1/24+1/28+1/36+1/40+1/44+1/48+1/56+1/66+1/70+1/72+1/80+1/88+1/90+1/110+1/112+1/132+1/140+1/144+1/154+1/176+1/180+1/210+1/220+1/264+1/280+1/308+1/360+1/420+1/440+1/528+1/560+1/616+1/720+1/840+1/880+1/1232+1/1680

上は 45 項ですが、見ればただちにお判りになるように、まだまだ項数は増やせそうです。
電卓などを補助に手計算で作りましたので根性が足らずに途中で挫折しました。とほほ。

(1/2)² = (1/3)²+(1/4)²+(1/5)²+(1/7)²+(1/12)²+(1/15)²+(1/20)²+(1/28)²+(1/35)²

をよく探したものだと感心したので(1/3)^2を調査してみたら
gp > V1=[4,6,9,15,20,36,45,60];
gp > V2=[4,6,12,13,15,20,39,52];
gp > V3=[4,6,12,14,15,20,28,42];
gp > V4=[5,6,7,10,14,15,21,30];
らに対しては全て
gp > vecsum(apply(i->1/i^2,V1))
%56 = 1/9
gp > vecsum(apply(i->1/i^2,V2))
%57 = 1/9
gp > vecsum(apply(i->1/i^2,V3))
%58 = 1/9
gp > vecsum(apply(i->1/i^2,V4))
%59 = 1/9
となり(1/3)^2を構成してくれるようです。

なお
(1/2)^2では
M1=[3,4,5,7,12,15,20,28,35]
でのパターン以外でも
M2=[3,4,5,6,12,36,45,60,90]
M3=[3,4,5,6,12,30,60,75,100]
M4=[3,4,5,6,14,20,35,84,140]
M5=[3,4,5,6,15,18,36,60,180]
M6=[3,4,5,6,12,28,60,105,210]
M7=[3,4,5,6,12,35,42,60,420]
M8=[3,4,5,6,12,36,45,50,900]
なども
gp > vecsum(apply(i->1/i^2,M1))
%60 = 1/4
gp > vecsum(apply(i->1/i^2,M2))
%61 = 1/4
gp > vecsum(apply(i->1/i^2,M3))
%62 = 1/4
･････････････
となり(1/2)^2を構成してくれるようです。

検索ではなく、何とか構成式を見つけることは出来ないんでしょうかね？

GAI さん。
たくさん計算してくださってまことにありがとうございました。
見ているだけで不可思議な幸せな気持ちになります。

知人に、くだんの論文のありかを尋ねておりまして、回答が来ました。

An algorithm for Egyptian fraction representations with restricted denominators https://www.semanticscholar.org/paper/An-algorithm-for-Egyptian-fraction-representations-Martin-Shi/a7d01f6936c77be939b0cd7ada41344f0ff81af2

分母の大きさを押さえる方向で
単位分数の和とするにはどういうアルゴリズムがよいのか、
といった論文のようです。

関数型プログラミング言語だと移植しやすいのかなあと思いました。

(1/n)=(1/a1)+(1/a2) で
7⇒[8,56] とか 8⇒[9,72] はなぜ書かれていないのでしょう？
一般に n⇒[n+1,n(n+1)] ですね。

7⇒[8,56] とか 8⇒[9,72] 　が見逃された理由

N=2^a*3^b*5^c*7^d
(a=0,1,2;b=0,1,2;c=0,1;d=0,1)
なる因子に限定する３６タイプの数の組み合わせから、条件を満たす組合せを
探し出していたので、上記の数での組み合わせが顔を出さない結果となっていました。
ですから8=>に対するパターンがどの分野でも見逃される結果を招いています。

探す数の材料を
N=2^a*3^b*5^c＊7^d
(a=0,1,2,3;b=0,1,2;c=0,1;d=0,1)
48パターンでやってみました。
2=>
[3, 6]
3=>
[4, 12]
4=>
[5, 20]
[6, 12]
5=>
[6, 30]
6=>
[7, 42]
[8, 24]
[9, 18]
[10, 15]
7=>
[8, 56]
8=>
[9, 72]
[10, 40]
[12, 24]
9=>
[10, 90]
[12, 36]
10=>
[12, 60]
[14, 35]
[15, 30]

これでやっと姿が現れてきます。

(1/n)=(1/a1)+(1/a2)+(1/a3)+(1/a4)+(1/a5)+(1/a6)+(1/a7) で欠損している部分でも
8=>
[35, 42, 60, 63, 70, 72, 84]
[40, 42, 56, 60, 63, 72, 84]
その他多くが発見できました。

この前の三角比と話のときもそうでしたが、はちべえさんが論点先取についてよくわかっていない、または勘違いしているようなので。

以下のように書いた人がいたとしましょう。

-------

フェルマーの最終定理の証明

n≧3 のとき、
フェルマーの最終定理より、
a^n + b^n = c^n
に自然数解は存在しない。

c^n を移項すると、
a^n + b^n - c^n = 0
も自然数解は存在しない。

よって、ここから c^n を移項した、
a^n + b^n = c^n
に自然数解は存在しない。

したがって、フェルマーの最終定理は示された。

-------

これが証明になっていないことはわかりますか？
この人はフェルマーの最終定理をこれから証明しようとしています。
なのに、「フェルマーの最終定理より」と既に証明が済んでいる前提で話が始まるのはおかしいですよね。
こういうのを論点先取と言って、その後どう話を展開しようが正しい証明になることは絶対にありません。
「結論をみんなが納得してくれるなら、結論をみんなが納得してくれる」と言ってるだけなわけですからね。

それを理解してもらえたら次を見てください。

--------

( a^n + b^n )^2 ≧ (a+b)^n の証明

（一部略）

以降、a≧2, b≧2 とする。

( a^n + b^n )^2 ≧ (a+b)^n より、

（以下しばらく略）

よって ( a^n + b^n )^2 ≧ (a+b)^n

-------

これ、どう思いますか？

それは、おかしいですよね。

でも、補題は、そうなっていません。ちゃんと読んでいただければ、わかるはずです。
以降a≧2,ｂ≧2とする。
の下は、ちょっと表現はまずかったのですが、(a^n+b^n)^2-(a+b)^nとして、
(a^n+b^n)^2-(a+b)^n=a^2n+2a^nb^n+b^2n-(a+b)^n
と書くべきだったのです。(a^n+b^n)^2＞(a+b)^nを利用している箇所はありません。

> b≠0とする。a/b・・・
> は、どうなるんだろう？
は、「b≠0とする。」は論点先取りに当たりませんか？

ん？
使ってないんですか？
じゃあ、そこの行が削除されたと思って読んでみます。

b≠0 の話は、もし証明したい内容が b≠0 やそれに類する内容なのであれば、論点先取問題があります。
あるいは、b=0 も想定しているはずの証明で b≠0 を勝手に付け加えたとかも問題です。
それ以外、つまり b=0 と b≠0 で場合分けしただけとか、b≠0 であることを証明した後なら問題ないと思いますよ。

補題を直しました。緑色のうんざりはちべえをクリックしてください。

＞b≠0 の話は、もし証明したい内容が b≠0 やそれに類する内容なのであれば、論点先取問題があります。
あるいは、b=0 も想定しているはずの証明で b≠0 を勝手に付け加えたとかも問題です。
それ以外、つまり b=0 と b≠0 で場合分けしただけとか、b≠0 であることを証明した後なら問題ないと思いますよ。

証明に先立って、a/bが出てくるので、b≠0とするということはいいのですね。

では、背理法の場合は、論点先取りにはならないとしないとまずいですよね？

フェルマーの最終定理で、「a,b,cは互いに素な自然数とする」とか、
√２は無理数では、「a/bのa,bは互いに素である」として、「a/bは互いに素でない。矛盾」
となっています。

どう思います？

修正後のを読みました。
……なんで元のやつには全部を台無しにする一文を突っ込んであったんでしょうね。

気になった点を 2 つ。

1 つめ。
b = a + j で j≧0 としていますが、何か数値を新しい文字でおくときには、そういう条件を満たす数が存在する保証が必要です。
j に制限がなければそういう j が存在することは明らかですが、0 以上の範囲で存在する保証はありません。
最初の a≧2, b≧2 を b≧a≧2 にした上で、a>b≧2 の場合の証明を書き足す（同様にで十分でしょうけど）等の修正が必要だと思います。

2 つめ。
b≧a という条件も付け足した前提での話になります。
この証明って
b^2n = b^n*b^n ≧ 2^n*b^n = (2b)^n ≧ (a+b)^n
という一行を、わざわざ二項定理で展開したり間の不等式を増やしたりして話をややこしくしているだけに見えるんですが、その理解は間違っているでしょうか？

> 証明に先立って、a/bが出てくるので、b≠0とするということはいいのですね。

先立ってというか、そもそも命題が b≠0 を前提に書かれているかどうかですね。
・命題自体に b≠0 と明記されている
・b が辺の長さなど通常 0 になることがない量を表す文字である
・命題の中に b を分母にした分数が存在する
・命題の中に b を真数にする対数が存在する
などの場合は b≠0 としてしまって大丈夫です。
（b≠0 「とする」よりも b≠0 「である」と書く方が、自分が勝手に決めたと誤解されないので、より良いと思います）

> 背理法の話

背理法の場合は、論点先取にはなりません。
背理法は、命題 A を証明するのに「命題 A の反例の存在を仮定する」のです。
「命題 A を仮定する」わけじゃありません。
確かにぱっと見は論点先取っぽくも見える行為ではあるので、ややこしくはあるのですが。

なお、未証明のまま根拠に用いていいのは「命題 A の反例の存在を仮定する」とした部分のみであることに注意が必要です。

フェルマーの最終定理であれば、命題が「等式を満たす x, y, z は存在しない」です。
だから「等式を満たす x, y, z が存在したと仮定する」は根拠なく仮定して、他の内容の根拠に用いて大丈夫です。
でも、それ以外は根拠なく用いてはいけません。
その x, y, z が互いに素かどうかは、反例の存在を仮定しただけでは何も言えませんので、別途証明が必要です。

√2 の証明も、命題が「無理数である」なので、「有理数である」を根拠なく仮定し、他の内容の根拠に用いて構いません。
でも、それ以外は根拠なく用いてはいけません。
だから、
・有理数であるならば、互いに素な整数 a, b （ただし b≠0）を用いて、その数を a/b と書ける
・√2 は有理数である
・よって互いに素な整数 a, b （ただし b≠0）を用いて √2 = a/b と書ける
という話をするときに、1 つめの文が本当に正しいかどうかはきちんと確認しなければいけません。

１つめ
なるほど、a≧2, b≧2 と書いてあるからb=a+jだけで済みますね。

２つめ
なるほど。シンプルですね。

フェルマーの最終定理を初等的に証明しました。
ご迷惑おかけしますが、皆さんのご意見をお聞かせください。
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
二項定理より、{http://y-daisan.private.coocan.jp/html/felmer-7-2.pdfより　緑色のうんざりはちべえをクリックしてください。}
　　　n
a^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}----(a)
　　　i=1

　　　n
b^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}----(b)
　　　 i=1

　　　n
c^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}----(c)
　　　 i=1

a^n+b^n=c^nとすると、{ただしa<b<cとする}

a^n-1+b^n-1+1=c^n-1
(a^n-1)+(b^n-1)+1=(c^n-1)
(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)
式(a),(b),(c)より、
n
Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
i=1

　n
＝Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　i=1

　n
ーΣ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}
　i=1

　　　　n
a^n-1+1＝Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　　　　i=1

n
Σ [nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}-(a)式のnCi{・・・}]-1----(d)
i=1

とすると、(d)式の
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)
の大小関係を調べればよい。
公式、
x^n-y^n=(x-y){x^(n-1)+x^(n-2)y+x^(n-3)y^2+・・・+xy^(n-2)+y^(n-1)}
より、
x,yが自然数なら、{}の中は、正の自然数。したがって、(x-y)が正か負でx^nとy^nの大小関係がわかる。

１）
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)
において、c>b>aより、c-1>a-1より、
c-bの項数とaの項数が問題となり、条件はc-b>aがつく。
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)>0
となる。よって(d)式は>0----(g)

２）
また、
c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)
において、c>b>aより、c-1>a-1より、
c-bの項数とaの項数が問題となり、条件はc-b＜aがつく。
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)<0
となる。よって(d)式は<0----(h)

これらを満足すれば、フェルマーの最終定理は証明できる。

３）
ただし、(d)式=0の場合を考えてみる。i=1〜nにおいて
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)
c>b>aより、c-1>a-1より、(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)≧0----(f)
c-bの項数とaの項数が問題となり、条件はc-b=aがつく。

３−１）i=nのとき、
nCn{b^(n-n)+(b+1)^(n-n)+(b+2)^(n-n)+・・・+(c-1)^(n-n)}
-{nCn{1^(n-n)+2^(n-n)+3^(n-n)+・・・+(a-1)^(n-n)+1}
=c-b-a=0

３−２）i=n-1のとき、
nC1{b+(b+1)+(b+2)+・・・+(c-1)}-{nC1{1+2+3+・・・+(a-1)}
=n{(c-1)c/2-(b-1)b/2-(a-1)a/2}
=n{(c-1)c-(b-1)b-(a-1)a}/2
=n{c^2-c-b^2+b-a^2+a}/2
=n{c^2-b^2-a^2-(c-b-a)}/2
c-b=aより、
=n{(c-b)(c+b)-a^2}/2
=n{a(c+b)-a^2}/2
=n{a(a+2b)-a^2}/2
=n{a^2+2ab-a^2}/2
=abn
ここで、a,b,nは自然数より、
nC1{b+(b+1)+(b+2)+・・・+(c-1)}-{nC1{1+2+3+・・・+(a-1)}=abn>0----(e)

３−３）
(d)式=0であるには、(f)であるから、i=1〜nまで、
n
Σ [nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}-(a)式のnCi{・・・}]-1----(d)
i=1
の[nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}-(a)式のnCi{・・・}]=0でなければならない。
ところが、i=n-1で(e)式はabn>0であり、0でない。---(j)

したがって、(d)式=0にはならない。

ゆえに、(g)と(h)と(j)から(c)式ー(b)式　ー｛（ａ）式＋１｝≠　０

つまり、a^n+b^n≠c^n

よって、フェルマーの最終定理は初等的に証明された。

> 条件はc-b>aがつく
> 条件はc-b＜aがつく
> 条件はc-b=aがつく

条件がつく、という言葉の意味がわからないんですが、
これはどういう主張でしょう？

DD＋＋様、こんばんは。

＞c-bの項数とaの項数が問題となる

ので、(d)式が＞０あるいは、＜０あるいは＝０であるには、項数の大小関係という問題があるので、条件がつくということです。

そういうことではない問題があるとご指摘でしょうか？

純粋に条件が「つく」という日本語の意味がわかりませんという話です。
条件が「得られる」とか、条件が「与えられる」とか、条件が「必要になる」とかならわかります。
条件が「つく」とは一体？

なるほど、「必要になる」意味ですね。

では、必要になったその条件はどこで証明されているのでしょう？

１）
＞c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)----(ア）
において、c>b>aより、c-1>a-1より、
c-bの項数とaの項数が問題となり、条件はc-b>aがつく。
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)>0
となる。よって(d)式は>0----(g)

(ア）とc>b>aと公式より、(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)>0
となるには、条件はc-b>aが必要になります。

どうように、２）３）も同様です。

論理の順序として不適切な表現だったかもしれません。

順番の問題じゃなく、「必要だ」と言っているものが、どこにも存在していないですよね？

＞３）
ただし、(d)式=0の場合を考えてみる。i=1〜nにおいて
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)
c>b>aより、c-1>a-1より、(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)≧0----(f)
c-bの項数とaの項数が問題となり、条件はc-b=aがつく。

ここの意味がよく分からないのですが。

n
Σ [nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}-(a)式のnCi{・・・}]-1----(d)
i=1

c-bの項数とはb^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)の項数でaの項数とは(a)式のnCi{・・・}の項数の事でしょうか。
そうだとすると、左はc-1-b+1=c-b個で右はa-1個でc-b=a-1なのではないでしょうか。

>３−３）
(d)式=0であるには、(f)であるから、i=1〜nまで、
n
Σ [nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}-(a)式のnCi{・・・}]-1----(d)
i=1
の[nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}-(a)式のnCi{・・・}]=0でなければならない。

これでは(d)式は-1ではないのでしょうか。

必要性でしかないのだから、c-b と a の大小関係が決まってもアの大小関係は決まりませんけど。

正直、必要性十分性がぐちゃぐちゃで、まともに「みなさんのご意見」が出せないくらいひどいです。
意見をするには「間違っているんだけど、何をしたかったのかはわかる」程度にはきちんと整理されていなければなりませんが、この文章はまずその推測すら不可能です。

KY様、おはようございます。

＞c-bの項数とaの項数が問題となり、条件はc-b=aがつく。

　　　n
b^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}----(b)
　　　 i=1


　　　n
c^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}----(c)
　　　 i=1

より、c-n-1とb^n-1の差は、c>bなので、１〜b-1が引かれて、

n
Σ [nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
i=1

となりますので、ｂ〜c-1項でb=10,c=20とすると、10〜19なので、10項ですよね。項数はc-bになりませんか？aも1からa-1なので、あれ、項数はa-1ですね。

＞そうだとすると、左はc-1-b+1=c-b個で右はa-1個でc-b=a-1なのではないでしょうか。

まったく、そうですね。うっかりしてました。

＞３−３）
＞これでは(d)式は-1ではないのでしょうか。

＞の[nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}-(a)式のnCi{・・・}]=0でなければならない。
ここでは、項数が一致していると意味であったのですが、(d)式=0という前提があるとしても、おかしいですね。

ありがとうございます。

DD++様、おはようございます。

このKY様への回答から参考になるともいます。
なお、投稿制限のため、過去の投稿のうち２つ投稿を消しました。

明日、NHKのEテレで、午後9:30より、「笑わない数学　無限」が、放送されます。

先週は、素数を追いかけていたオイラーが素数がπと関係し、ガウスがeと関係することを発見し、リーマン予想の零点間隔が、原子と関係するとこまでゆきました。素数は宇宙の成り立ちと関係するようです。

明日は、カントールの無限です。

今日、NHKのEテレで、午後９時半から、「笑わない数学　四色問題」が放送されます。

確か、コンピュータで虱潰しで証明したそうですが、認められてないそうな・・・・・

その後、ソフトウェアでちゃんと解決したらしい・・・・？

これをよんだらなんとかいとぐちが・・・・

「エレガントな証明があるというのは宗教みたいなものだ。」と言ってましたね。
でも、実際に、あるかもしれません。

フェルマーの最終定理もワイルズの証明をエレファントな証明だとすれば、初等数学で、エレガントな証明が実際あるかもしれませんね。

先週は無限でした。カントールの話でした。有理数は、可算集合なので、自然数程度の無限です。

ところで、オイラーはオイラー積ですべての素数の積つまり、唯一の自然数mを定義するのです。でも、ユークリッドにより、ｍ＋１は新しい素数か合成数なはずですが、ところが、mより、以降の自然数には素数がないということであり、素数定理よりそんなことはありません。
すると、オイラーは、自然数はｍが最大であるといっているようなものです。それは、自然数は有限であるということではないでしょうか？

これは、オイラーの新しい業績ではないでしょうか？

素数は無限にありますが、ｍは、無限大ではありません。素因数分解できるから、自然数でないといけないのです。自然数は、可算集合の要素ですから、可付番集合の要素であって、すべての要素の１つ１つに番号がついているのです。したがって、無限大にはなれないのです。

大体無限大は、実数か複素数なので、自然数には、無限大はありません。

なぜこんなおかしなことになるかというと、オイラー積がそもそも間違いだからだ思う。

また、オイラー積が、間違いであれば、リーマンのゼータ関数も間違いである。

したがって、素数が宇宙の成り立ちとは、全く関係がないのである。

なんでこんなおかしなことになるかというと、はちべえさんは「数学的に正しいか」ということはこれっぽっちも考えておらず、「自分の予想に一致するか」でしか考えてないからです。

私はその番組を見ていないのですが、無限がテーマなのに無限とは何かを正しく解説してもらえなかったのですか？

DD++様、こんにちは。

なにか不都合がありましたか？私の感想です。特に、意味はありません。

数学的に証明されていることを、ただの思い込みを理由に誤りだと断ずる。
数学という世界において不都合以外の何物でもないでしょう。

＞なぜこんなおかしなことになるかというと、オイラー積がそもそも間違いだからだ思う。

は、No.941の、「自然数は有限である」が、「こんなおかしなことになる」と言ってるわけで、可算集合でも可付番数合でも、無限大でもありません。

もはや何を言っているのかさっぱりわかりません。
誰か、No947 ではちべえさんが言っていることを理解できる人がいたら通訳してください……。

番組では、自然数と奇数が単射である、自然数と偶数が単射である、自然数と有理数が単射であるときて、実数は、対角線論法ででっかい無限であるとなり、自然数は小さな無限で、すると、カントールは、中くらいの無限つまり、連続体仮設と進み、うつ病だったかになって、証明できなかった。あとで、ゲーデルの不完全性原理？によって、これは、できない問題だった。というカントールの話でした。

私は、バーゼル問題とかで、そうか自然数が、無限でなければいいなと思って、No.471を思い立ったのです。
ですから、No.471は、私の感想であって、番組とは関係ないのです。

これで少しは、疑問は晴れたでしょうか？

いや、やっぱり意味がわかりません。
「自然数が有限だと自分の予想に合うから、オイラー積による自然数が無限にある証明が間違っているということに決めた」としか読めませんが。

まあ、どうでも構わないです。

ところで、4色問題のコンピュータによるエレファントな証明は、エレガントでないと非難されましたが、彼は、エレガントな証明があるというのは宗教みたいなものだと切り捨てましたが、コンピュータの一つ一つの解析を観察すれば、きっと分類ができ、法則が見つかってエレガントな証明ができると思うのですがね。科学という文字の意味は、観察して分類することなので、まさに科学するということです。

私の(a^n+b^n)^2>(a+b)^nも、何もわからないところから、n=3,5,7と順に進み、数ヶ月かかって、観察を続けて、あの証明になったのです。それをあなたは一日で、終わらせた。つまり、問題の焦点が極まれば、極めて早いということです。ですから、4色問題もそれと同じで、コンピュータの解析結果をよくよく観察すれば、エレガントな証明はできると思うのですがね。

フェルマーの最終定理の初等的証明もそうだと思います。

数学的に正しいかどうかを「どうでも構わない」と言えてしまう人は、数学に関わるべきではないと思いますよ。

前にも言ったとおり、私の間違いからでも、そこからヒントを得る人がいるかもしれません。白川博士のノーベル賞です。私には、数学は向いてないかもしれませんが、誰かがこれをヒントに、自然数は有限であると証明するかもしれません。

日本人には、世界唯一のもったいないという発想があります。

もったいないからすれば、無駄なんてないと思いますよ。

> 自然数は有限であると証明するかもしれません。

無限にあると証明されているのですから、そんな可能性は絶対にありえません。
それが理解できないのであれば、そもそも証明とは何かを勉強してください。

はちべえさんがあっしゃるに。

《大体無限大は、実数か複素数なので、自然数には、無限大はありません。》とのこと。

ひとつアドバイスしておきます。
無限大は、数ではありません。
無限大は実数や複素数などの数ではないのです。

勉強しなおしてください。

今日、午後9時半からの、NHKのEテレで、「笑わない数学　P対NP問題」があります。

NP問題とは、虱潰しで探すしかない問題で、P問題とは、ある手法で解ける問題です。先週の四色問題の五辺国は、NP問題として解決されました。

NP問題は、たくさんあって、虱潰しと言っても、天文学的数でとても太刀打ちできません。スーパーコンピュータよりはるかに速い量子コンピュータでも太刀打ちできません。

しかし、1970年にソ連とアメリカの戦略研究者が、別々に、大発見するのです。それは、一番難しいNP問題が解けると、すべてのNP問題は解けると証明されたのです。

さて、p=NPでしょうか、P≠NPでしょうか？

6!/2=360
1～26の和は351なので1+…+26にすると残り18で不適
1～25の和は325なので1+…+25にすると残り70
よって書かれている条件だけなら
1+…+25+70+25+…+1でよいが美しくはない
1～24の和は300なので1+…+24にすると残り120
これは24で割り切れるので
1+…+23+24+24+24+24+24+24+24+23+…+1
とできる
単に条件を満たせばよいだけなら何も考えずに
1+2+2+…+2+2+1　（2は359個）
なども可

１つ作ってみました。
1+3+5+…+33+35+36+36+35+33+…+5+3+1

3!～6!の一般式
N!(N=3,4,5,6) に対して
n=[2.1√(N!-2)] により項数nを定めると
N=3,4,5,6に対してn=4,9,22,56
そしてa[1]～a[n]の値は
a[k]=[√(N!/2)・sin((2k-1)π/(2n))+1.265]
この式によると
N=3のときn=4で
a[1]～a[4]=1,2,2,1
N=4のときn=9で
a[1]～a[9]=1,2,3,4,4,4,3,2,1
N=5のときn=22で
a[1]～a[22]=1,2,3,4,5,6,7,8,8,8,8,8,8,8,8,7,6,5,4,3,2,1
N=6のときn=56で
a[1]～a[56]=
1,2,3,4,6,7,8,9,9,10,11,12,13,14,15,15,16,17,17,18,18,18,19,19,19,20,20,20,
20,20,20,19,19,19,18,18,18,17,17,16,15,15,14,13,12,11,10,9,9,8,7,6,4,3,2,1
sinで生成していますので、グラフを描けばsinカーブに近い綺麗な形になると思います。
※N=7には使えません。

勝手に考えた問題ですが、
条件が、一つ忘れました。
１からはじめて、一段づつ、の広義の単調増加、後単調減少です。
因みに、平方数は、きれいな山なりになりますね。

適当な条件で、きれいな問題と解答になればいいですね。

四つの条件だけだと、解は複数あります。
そこで、もう一つ、同じ数をできるだけ使わない
そうすると、同じ１だけの場合が、除かれます。
６！＝７２０＞２６×２６＝６７６
残り７２０－６７６＝４４＝２６＋１８
６！＝1＋…＋９＋９＋…＋２６＋２６＋…＋９＋９＋…＋１
26余分でした。９が４個です。訂正します。
「同じ数をできるだけ使わない」が曖昧でしょうか？

曖昧以前に
> ６！＝1＋…＋９＋９＋…＋２６＋２６＋２６＋…＋９＋９＋…＋１
左辺は720、右辺は746で一致しないと思います。

１＋２＋・・・＋８＋９＋９＋１０＋・・・＋２５＋２６＋２６＋２５＋・・・＋１０＋９＋９＋８＋・・・＋２＋１
とすればいいのでは・・・？

任意の（大きい数）の場合
N奇数の時　Nー奇数の平方数＝残り偶数
N偶数の時　Nー偶数の平方数＝残り偶数
残りの偶数部分を適当に振り分ければ、
山なりの富士山のような分割にできるようです。

103で、無料版の計算時間を超えました。残念。

2 以外の任意の素数で成り立つことが簡単に示せますが、それが素数の出現の規則性とどう関係があるんでしょう？

DD++様、こんばんは。
k
Σ sin^2(j π/(2k+1))=(2k+1)/4
j=1

sin^2(j π/(2k+1))の和と表せるという規則性です。

現段階で、出現の予測は判明しておりません。

あれ、素数でなくても、そうなるのか・・・・・

95の素数でないときは、
1/4｛95+2sin・・・・のように、1/4の横に、95とすぐ現れるが、素数97の場合、-2cosの項があって-588＋・・・となるようだ。
87の素数でないときは、
1/4｛87+2sin・・・・のように、1/4の横に、87とすぐ現れる。

奇数の自然数５〜３３まで調べてみました。そのつどwolframalphaが計算しますので、20秒くらいお待ちださい。

緑色のうんざりはちべえをクリックしてください。