😊出会いの泉😊

トランプマジックにおける数理

1.４枚のエースを選びテーブルに表向きに並べて出す。

2.そのそれぞれに任意の裏向きで３枚のカードを載せる。

3.客に赤いエースの２つのパケットを重ねて渡し、自由に思いっきりシャッフルさせる。
　（８枚のカードの中に２枚の表向きのエースがどの位置にきても構わない。）
　あなたも黒のエースのカード群を束ね、客と同様自由にシャッフルする。

4.客が渡すパケットを右手にもち、左手には自分がシャッフルしたパケットをひっくり返して
　保持する。（６枚の表向きカードと２枚の裏向きのエースカードの状態。）
　（客のパケットは６枚が裏向きで、２枚のエースは表向き。）

5.両手に持つパケットの上からテーブルに交互に一枚ずつのカード重ねながら置いていく。
　（表向きだったり、裏向きだったりするカードが重なっていく。）

6.出し終わったカードの束を整えて、客に任意の場所でカットさせる。
　(カットはシャッフルとは異なり、カード全体での円環的順序を変えない。）

7.それを受け取りテーブルに４列に一枚ずつ出して重ねていく。（各山４枚ずつ。）

8.４つの山に出来たカードの束で、右端の山をすべてひっくり返し、その左隣の山に重ねる。
　そして、その重ねた山の束全体をすべてひっくり返し、またその左隣の山に重ねる。
　そのことをもう一度繰り返し、４つあった山を一つのカードの束にする。

9.この重なったパケットをテーブルにリボンスプレッドした時、何が起きるかはご自身で
　確かめて下さい。

No.127GAI2022年7月1日 07:41

返信

素因数分解の問題作り

27000001の因数分解で
27000001=27000000+1
=300^3+1^3
ここでa^3+b^3=(a+b)^3-3*a*b*(a+b)=(a+b)*((a+b)^2-3*a*b)
から3*a*bの部分が平方数となる場合で
この例でも
=301*(301^2-3*300*1)
=301*(301^2-30^2)
=301*(271)*(331)
=7*43*271*331

この様な3乗の和（N=a^3+b^3 しかも3*a*bが平方数）
で、上記のルートで素因数分解できるタイプの数Nを
10^7台に限って調査してみました。(全部で89個)
(2*10^7台では27000001も当然現れる。)

N [a , b]=最終の因数分解形
10021508[213,71]=2^2*7*71^3
10063872[192,144]=2^12*3^3*7*13
10077704[216,2]=2^3*7*13*109*127
10078208[216,8]=2^11*7*19*37
10083528[216,18]=2^3*3^6*7*13*19
10110464[216,32]=2^9*7^2*13*31
10202696[216,50]=2^3*7*19*43*223
10450944[216,72]=2^11*3^6*7
10706059[196,147]=7^7*13
10892476[219,73]=2^2*7*73^3
11018888[216,98]=2^3*31*157*283
11313512[224,42]=2^3*7^4*19*31
11346272[222,74]=2^5*7*37^3
11375000[200,150]=2^3*5^6*7*13
11390652[225,3]=2^2*3^3*7*13*19*61
11392353[225,12]=3^3*7^2*79*109
11410308[225,27]=2^2*3^6*7*13*43
11501217[225,48]=3^3*7*13*31*151
11812500[225,75]=2^2*3^3*5^6*7
11859211[228,19]=7*13*19^4
11904697[192,169]=7^2*19^2*673
12071241[204,153]=3^3*7*13*17^3
12110644[189,175]=2^2*7^4*13*97
12174848[216,128]=2^9*7*43*79
12291328[228,76]=2^8*7*19^3
12650337[225,108]=3^6*7*37*67
12782924[231,77]=2^2*7^4*11^3
12795328[208,156]=2^6*7*13^4
13287456[234,78]=2^5*3^3*7*13^3
13547807[212,159]=7*13*53^3
13805092[237,79]=2^2*7*79^3
13824125[240,5]=5^3*7^2*37*61
13832000[240,20]=2^6*5^3*7*13*19
13915125[240,45]=3^3*5^3*7*19*31
14172704[242,6]=2^5*7*13*31*157
14186312[242,24]=2^3*7*19*67*199
14329224[216,162]=2^3*3^9*7*13
14329952[242,54]=2^5*7^2*13*19*37
14336000[240,80]=2^14*5^3*7
14348908[243,1]=2^2*7*31*61*271
14348971[243,4]=7*13*19*43*193
14349636[243,9]=2^2*3^6*7*19*37
14353003[243,16]=7*37*151*367
14364532[243,25]=2^2*7*13*19*31*67
14395563[243,36]=3^6*7^2*13*31
14466556[243,49]=2^2*13*37*73*103
14567148[225,147]=2^2*3^3*19*31*229
14607424[196,192]=2^6*13*97*181
14611051[243,64]=7*13*307*523
14709500[245,15]=2^2*5^3*13*31*73
14880348[243,81]=2^2*3^12*7
14922125[245,60]=5^3*19*61*103
15057224[242,96]=2^3*7*13^2*37*43
15140125[220,165]=5^3*7*11^3*13
15348907[243,100]=7^3*73*613
15438304[246,82]=2^5*7*41^3
15652000[250,30]=2^5*5^3*7*13*43
15777125[240,125]=5^3*7*13*19*73
15981056[224,168]=2^9*7^4*13
16010036[249,83]=2^2*7*83^3
16012269[252,21]=3^3*7^4*13*19
16120468[243,121]=2^2*7*13*67*661
16595712[252,84]=2^8*3^3*7^4
16777243[256,3]=7*37*211*307
16778944[256,12]=2^6*7*13*43*67
16796899[256,27]=7*61*139*283
16852563[228,171]=3^3*7*13*19^3
16887808[256,48]=2^12*7*19*31
17166500[245,135]=2^2*5^3*13*19*139
17195500[255,85]=2^2*5^3*7*17^3
17199091[256,75]=7*13*331*571
17334891[243,144]=3^6*7*43*79
17353000[250,120]=2^3*5^3*7*37*67
17547488[242,150]=2^5*7^2*19^2*31
17755192[232,174]=2^3*7*13*29^3
17809568[258,86]=2^5*7*43^3
18036928[256,108]=2^6*7*13*19*163
18077696[216,200]=2^11*7*13*97
18410392[264,22]=2^3*7*11^3*13*19
18438084[261,87]=2^2*3^3*7*29^3
18468513[225,192]=3^3*7*19*37*139
18689489[236,177]=7*13*59^3
19081216[264,88]=2^11*7*11^3
19175716[243,169]=2^2*7*61*103*109
19656000[240,180]=2^6*3^3*5^3*7*13
19684000[270,10]=2^5*5^3*7*19*37
19739132[267,89]=2^2*7*89^3
19747000[270,40]=2^3*5^3*7^2*13*31
19953739[256,147]=13*31*67*739

なお大学入試に手計算で次の数を素因数分解させるものが
出題されていました。
N=12345654321

No.126GAI2022年6月23日 07:38

返信

因数分解

N0=110001011
N1=11111111
N2=11112121
N3=133113133
N4=14141441
N5=15151515115
N6=11611661
N7=17171111
N8=1811811818
N9=191111911
は手計算で因数分解できるものなのか？

No.121GAI2022年6月21日 09:42

とりあえず瞬殺できるものから。

N1 = 11111111 = 1111*10001 = 11*101*10001
さて、GAI さんがこれで終わるだけの面白みのない問題を出すとは思えないので、10001 は合成数、それもそこそこ大きな素数の積だと信じることにします。

10001 を 2 つの自然数の積で書くと考えると、その相乗平均は √10001 で 100 よりわずかに大きい数です。
また、10001 は 4 で割ると 1 余る数なので、これが 2 つの数の積であるならばそれは 4 で割ると 1 余る数同士の積か、あるいは 4 で割ると 3 余る数同士の積。
つまり、その 2 つの数の和は 4 で割ると 2 余ります。
これら 2 つの情報に、どちらもそこそこ大きな素因数という情報を追加すると、2 数の相加平均は 100 より少し大きい奇数であるとわかります。
ということで、これを 101+2k と書くことにします。

すると 2 つの数を解に持つ二次方程式は
x^2 - 2(101+2k)x + 10001 = 0
となり、その判別式は
D/4 = (101+2k)^2 - 10001 = 4k^2 + 404k + 200 = 4(k^2+101k+50)
あとはこの括弧内が平方数になるような k の値を小さい順に試しながら探せばよく、
k=1 のとき 152 は平方数ではない
k=2 のとき 256 は平方数
とすぐにみつかります。

2 数の相加平均が 105 ということは和は 210 で、積が 10001 なのですから、差は
√(210^2-4*10001) = √4096 = 64
つまり 2 数は 105 + 32 = 137 と 105 - 32 = 73

以上より、N1 = 11111111 = 11*73*101*137

No.122DD++2022年6月21日 11:41

同じやり方でもう 1 つ。
N2 = 11112121 = 11111111+1010
と考えると、N1 の結果と合わせてこれが 101 の倍数であることは明らかで、
N2 = 11112121 = 101*110021

開平法を使って頑張れば √110021≒331.7 で、ということは 2 数の相加平均は 331 より少し大きい奇数なので 331+2k とおいて、同様に進めて、
D/4 = (331+2k)^2 - 110021 = 4(k^2+331k-115)
この括弧内が平方数になる k を探します。

k=1 のとき 217 は平方数ではない
k=2 のとき 551 は平方数ではない
k=3 のとき 887 は平方数ではない
k=4 のとき 1225 は平方数

2 数の相加平均が 339 で、和が 678、積が 110021 なので、差は
√(678^2-4*110021) = √19600 = 140
つまり 2 数は 339 + 70 = 409 と 339 - 70 = 269

以上より N2 = 11112121 = 101*269*409
一応 19 以下の素数で割ってみて、これが全部素数と確認して終了。

No.123DD++2022年6月21日 12:22

N7 もいけるかと思いましたが、170011 の処理がこの方法では無理そうですね。
2 つの数がおそらく倍以上差があるようで、この方法ではちょっと厳しい。
さあどうしようかな。

No.124DD++2022年6月21日 13:56

f(k)=(412+2k)^2-170011とすると
f(k)=4k^2+1648k-267
kが偶数のときf(k)≡5(mod8)となるが
mod8での平方剰余は0,1,4だけなので平方数にならない。
k=2m-1とするとf(k)=g(m)=16m^2+3280m-1911
m≡0,1,2,3,4,5,6,7,8に対してg(m)≡6,8,6,0,8,3,3,8,0(mod9)だが
mod9での平方剰余は0,1,4,7だけなので
平方数になる可能性があるのはm≡3,8(mod9)のときのみ。
m≡3(mod9)のときm=9t-6とおくと
g(m)=h(t)=1296t^2+27792t-21015
h(1)=8073, h(2)=39753は一の位が3なので平方数ではない。
h(3)=74025が平方数ならば27^2=729,28^2=784からh(3)=275^2でなければ
ならないが、275^2=75625なのでh(3)は平方数ではない。
h(4)=110889が平方数ならば33^2=1089,34^2=1156から
h(4)=333^2または337^2でなければならないが、333^2=110889なので
h(4)は平方数。
（たまたま見つかったのでm≡8(mod9)は考える必要がなくなった）
t=4→m=30→k=59→412+2k=530なので
170011=530^2-333^2とわかる。以下略。

No.125らすかる2022年6月22日 16:31

返信 (4)

最も集客を集めるべき乗は？

mod 10　では
a^5≡a
を満たすaは{1,2,3,4,5,6,7,8,9}とフル数字でよかった。

これをmod 100　にすると
{1,7,24,25,32,43,49,51,57,68,75,76,93,99}
でありチョット物足りない。
そこで
a^k≡a (mod 100)が多くのaを集められるkは如何に？
で調査してみると何と
gp > for(a=1,99,if(lift(Mod(a^21,100))==a,print1(a",")))
1,3,4,7,8,9,11,12,13,16,17,19,21,23,24,25,
27,28,29,31,32,33,36,37,39,41,43,44,47,48,49,
51,52,53,56,57,59,61,63,64,67,68,69,71,72,73,75,
76,77,79,81,83,84,87,88,89,91,92,93,96,97,99,
この列がA075821に載る。(内容的には他の視点で集まった数列）

62/99(約62.6％)ものものが採用可能となり、ダントツであった。
不思議なことにkは他のも
k=41,61,81,101,････
でも同じaが並んだ。

またmod 1000
ではk=101,201,301,････
これで集まるaの割合が　504/999=56/111(約50.5％）でダントツでした。
ここで採用されるaの値が、これとは全くかけ離れた内容でのA122987
と一致することに驚いた。

この２つの関係はどうなっているんだろう？

No.111GAI2022年6月17日 07:39

> この列がA075821に載る。(内容的には他の視点で集まった数列）
コメントを読む限り、まさしく 21 乗の下 2 桁として作られた列のようですが。

> 不思議なことにkは他のも
k=41,61,81,101,････
でも同じaが並んだ。

> またmod 1000
ではk=101,201,301,････

えっと、先日の問題の流れを受ければこの結果はごく自然なものに思えますが、どこを不思議と思っておられるのでしょうか？

No.112DD++2022年6月17日 08:30

a41=a21*a20≡a*a^20=a21≡a　（mod 100)
そうか不思議でもなんでもないですね。

A122987での説明がよくわからないのですが、これが
a^101≡a (mod 1000)
で集めるaと同じになるのはどうしてなのかな？
という意味で問いかけておりました。

No.113GAI2022年6月17日 09:04

なるほど確かに立方数の下 3 桁との一致は少し考えないといけませんね。
以下でどうでしょう。

以下、合同式は断りがない限り mod1000 とします。

101 乗の下 3 桁が元の数に戻る数は、必ずある立方数の下 3 桁に出現します。
なぜならば、a^101≡a であれば、b≡a^67 とすると、
b^3≡a^201≡a^101≡a だからです。

立方数の下3桁に出現する数は、その101乗の下3桁が元の数に一致します。
なぜなら、以下の 2 つから、立方数と下 3 桁が一致する a について a^101-a は 1000 の倍数だからです。

(1) 立方数は 5 と互いに素である、またはそれ自体 125 の倍数です。
よって a も同じく 5 と互いに素である、またはそれ自体 125 の倍数です。
つまり、a^φ(125)-1 すなわち a^100-1 または a のいずれかが 125 の倍数です。
したがって、a(a^100-1) は 125 の倍数です。

(2) 立方数は奇数である、またはそれ自体 8 の倍数です。
よって a も同じく奇数である、またはそれ自体 8 の倍数です。
つまり、a^2-1 または a のいずれかが 8 の倍数です。
したがって、a(a^100-1)=a(a^2-1)(a^98+a^96+……+a^2+1) は 8 の倍数です。

No.114DD++2022年6月17日 10:25

a^21≡a (mod 100)
が最もaの相当数が見つかるが、これを満たすaの集合は
Mod(a^3,100)での余りが取り得る数に対応し

a^101≡a(mod 1000)
が最もaの相当数が見つかるが、これを満たすaの集合は
Mod(a^3,1000)での余りが取り得る数に対応している。

＜プログラムでの確認＞
gp > {S=[];}for(a=1,99,r=lift(Mod(a^3,10^2));S=concat(S,[r]));S=vecsort(Set(S))
%41 = [0, 1, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 16, 17, 19, 21, 23, 24, 25, 27, 28, 29, 31, 32, 33, 36, 37, 39, 41, 43, 44, 47, 48, 49, 51, 52, 53, 56, 57, 59, 61, 63, 64, 67, 68, 69, 71, 72, 73, 75, 76, 77, 79, 81, 83, 84, 87, 88, 89, 91, 92, 93, 96, 97, 99]
gp > {T=[];}for(a=0,99,if(lift(Mod(a^21,10^2))==a,T=concat(T,[a])));T
%42 = [0, 1, 3, 4, 7, 8, 9, 11, 12, 13, 16, 17, 19, 21, 23, 24, 25, 27, 28, 29, 31, 32, 33, 36, 37, 39, 41, 43, 44, 47, 48, 49, 51, 52, 53, 56, 57, 59, 61, 63, 64, 67, 68, 69, 71, 72, 73, 75, 76, 77, 79, 81, 83, 84, 87, 88, 89, 91, 92, 93, 96, 97, 99]

結果は長くなるので省略していますが、結果は同じになりました。
gp > {S=[];}for(a=1,999,r=lift(Mod(a^3,10^3));S=concat(S,[r]));S=vecsort(Set(S))
gp > {T=[];}for(a=0,999,if(lift(Mod(a^101,10^3))==a,T=concat(T,[a])));T

そこで
mod 10000
を調べてみたら
a^501≡a (mod 10000)
が最もaの相当数が見つかり、4509個ある。（ダントツの多さ）
({T=[];}for(a=0,9999,if(lift(Mod(a^501,10^4))==a,T=concat(T,[a])));T
で求まる集合Tの要素数#Tが#T=4509)

ところが
a^3を10000で割ったときの余りが取り得る総数は5050個となり
({S=[];}for(a=1,9999,r=lift(Mod(a^3,10^4));S=concat(S,[r]));S=vecsort(Set(S))
で求まる集合Sでの#S=5050)
上２つの広がりは起こりませんでした。

No.115GAI2022年6月18日 08:21

おそらくですが、
mod100 の場合は a^n の n として「2 以上かつ 20 と互いに素」であることが要求されるので n=3 が最小
mod1000 の場合は a^n の n として「3 以上かつ 100 と互いに素」であることが要求されるので n=3 が最小
mod10000 の場合は a^n の n として「4 以上かつ 500 と互いに素」であることが要求されるので n=7 が最小
となるのではないでしょうかね？

No.117DD++2022年6月18日 13:07

{S=[];}for(n=1,9999,r=lift(Mod(n^7,10^4));S=concat(S,[r]));S=vecsort(Set(S))
{T=[];}for(n=0,9999,if(lift(Mod(n^501,10^4))==n,T=concat(T,[n])));T

に対して#S=#T=4509
しかも
gp > S==T
% = 1 (S、T の２つの集合内容が全く同一を示す。）
の結果となり、DD++さんの推測は見事に実証できました。

ちなみに
mod 100000では
{S=[];}for(n=1,99999,r=lift(Mod(n^7,10^5));S=concat(S,[r]));S=vecsort(Set(S))
{T=[];}for(n=0,99999,if(lift(Mod(n^5001,10^5))==n,T=concat(T,[n])));T
の対応で２つの集合は同一を見ました。(#S=#T=42517)

No.120GAI2022年6月19日 05:11

返信 (6)

微分

例えば「定義域が有理数全体である関数f(x)=x^2」は微分不可能とされていると思いますが、
これはxを有理数上で動かして極限をとることで微分可能と定義しても問題ないように思います。
（一般には、有理数でなくても稠密であればよい）
なぜ微分不可能と定義されたのでしょう？

# どこかのサイトに「無理数のときに別の値を定義すると微分不可能になるから」と
# 書かれていましたが、これは「tan(π/2)=0と定義するとtanが微分不可能になる」と同じなので
# あまり理由にならないと思います。

No.116らすかる2022年6月18日 11:31

少し考えてみましたが、そもそもの問題は「有理数のみとる変数で極限を考えてよいかどうか」なのではないでしょうか。
そして、それが NO であるため、「極限が定義できない→連続性の判定ができない→連続関数でないのだから当然微分不可能」という理屈になっているのではないかと思います。

というのも、仮に有理数のみとる変数の極限を考えてよいことにすると、中間値の定理やら最大値最小値の定理やらその他諸々の定理がゴッソリ不成立になってしまうんですよね。
きちんと断った上で有理数変数の極限を導入すれば何かそういう理論体系もできそうですが、失うものの大きさのわりにメリットはほとんどなさそう。

No.118DD++2022年6月18日 14:50

回答ありがとうございます。なるほど、確かにいろいろ問題がありそうですね。
すると、もしやるとしたら別の名前で異なる理論として体系を作らなければならなそうですが、そういうものを見たことがないことから、体系を作っても使いようがない、ということなのでしょうね。

No.119らすかる2022年6月18日 19:24

返信 (2)

5乗の威力

mod 10　で
a^5≡a
を満たすaは{1,2,3,4,5,6,7,8,9}
だったので、5乗は元に戻す力が特別と感じたので
ではmod 100,mod 1000,･･･,mod 10^nではどんな数字が対応できるか
調べてみることにした。

a^5≡a(mod 100)
を満たす整数aは
{1,7,24,25,32,43,49,51,57,68,75,76,93,99}

a^5≡a(mod 1000)
を満たす整数aは
{1,57,125,193,249,251,307,375,376,432,443,499,501,557,568,624,625,693,749,751,807,875,943,999}

そこで、これを系統別に
1->51->251
･････ ->751
･->01->501

2->32->432

3->43->443
･････->943
･->93->193
･････->693

4->24->624

5->25->125
･････->625
･->75->375
･････->875

6->76->376

7->57->557
･->07->307
･････->807

8->68->568

9->49->249
･････->749
･->99->499
･････->999

という風に前に満足している整数の頭に、新たな数字を付け加えることで
繋げていけるものを探してみることにする。

次の候補は
{1,443,624,625,807,1249,1251,1693,1875,2057,2499,2501,2943, 3125,3307,3568,3749,3751, 4193,4375,4557,4999,5001,5443,5625,5807, 6249,6251,6432,6693,6875,7057,7499,7501,7943,8125,8307,8749,8751, 9193,9375,9376,9557,9999}
となるので,これにつなげていく。

こうして次々と繋がっていける列が、次のものが見つかった。
あとはこれをOEISで検索しヒットしたものの掲載分を参考につけています。

A063006(A224474)より
M1=[1, 5, 7, 8, 1, 2, 4, 7, 5, 3, 6, 1, 0, 8, 4, 7, 8, 4, 5, 1,･･･];
1,51,751,8751,18751,218751,4218751,74218751,574218751,3574218751,
つまり
[51^5≡51(mod 10^2),751^5≡751(mod 10^3),8751^5≡8751(mod 10^4),･･･が成立する。]

A120817より
M2=[2, 3, 4, 6, 8, 1, 9, 7, 8, 9, 9, 4, 3, 6, 2, 3, 0, 1, 4, 0,･･･];
2,32,432,6432,86432,186432,9186432,79186432,879186432,9879186432,

A290373より
M31=[3, 4, 9, 2, 2, 9, 7, 0, 9, 1, 8, 5, 6, 7, 4, 0, 4, 6, 3, 0,･･･];
3,43,943,2943,22943,922943,7922943,7922943,907922943,1907922943,

A290375より
M32=[3, 9, 1, 4, 0, 7, 3, 3, 3, 8, 1, 4, 6, 9, 9, 2, 5, 1, 8, 8,･･･];
3,93,193,4193,4193,704193,3704193,33704193,333704193,8333704193,

A091664(A216092)より
M4=[4, 2, 6, 0, 9, 8, 2, 1, 2, 8, 1, 9, 9, 5, 2, 6, 5, 2, 2, 9,･･･];
4,24,624,624,90624,890624,2890624,12890624,212890624,8212890624,

A091663(A216093)より
M51=[5, 7, 3, 9, 0, 1, 7, 8, 7, 1, 8, 0, 0, 4, 7, 3, 4, 7, 7, 0,･･･];
5,75,375,9375,9375,109375,7109375,87109375,787109375,1787109375,

A018247(A007185)より
M52=[5, 2, 6, 0, 9, 8, 2, 1, 2, 8, 1, 9, 9, 5, 2, 6, 5, 2, 2, 9,･･･];
5,25,625,625,90625,890625,2890625,12890625,212890625,8212890625,
（ただしこれは5乗に限らず、何乗でも成立していく。）

A018248(A016090)より
M6=[6, 7, 3, 9, 0, 1, 7, 8, 7, 1, 8, 0, 0, 4, 7, 3, 4, 7, 7, 0,･･･];
6,76,376,9376,9376,109376,7109376,87109376,787109376,1787109376,
（ただしこれは5乗に限らず、何乗でも成立していく。）

A290372より
M71=[7, 0, 8, 5, 9, 2, 6, 6, 6, 1, 8, 5, 3, 0, 0, 7, 4, 8, 1, 1,･･･];
7,7,807,5807,95807,295807,6295807,66295807,666295807,1666295807,

A290374より
M72=[7, 5, 0, 7, 7, 0, 2, 9, 0, 8, 1, 4, 3, 2, 5, 9, 5, 3, 6, 9,･･･];
7,57,57,7057,77057,77057,2077057,92077057,92077057,8092077057,

A120818より
M8=[8, 6, 5, 3, 1, 8, 0, 2, 1, 0, 0, 5, 6, 3, 7, 6, 9, 8, 5, 9,･･･];
8,68,568,3568,13568,813568,813568,20813568,120813568,120813568,

A091661(A224473)より
M9=[9, 4, 2, 1, 8, 7, 5, 2, 4, 6, 3, 8, 9, 1, 5, 2, 1, 5, 4, 8,･･･];
9,49,249,1249,81249,781249,5781249,25781249,425781249,6425781249,

確かに5乗はmod 10 に限らず他のmod 10^n での世界でも元の数に引き戻すことが
出来る役割を担い続けることが出来そうです。(各1～9に続く系統が存在する。)

No.110GAI2022年6月16日 05:34

返信

数の性質

N=11^100+22^100+33^100+44^100+55^100+66^100+77^100+88^100+99^100
を10で割った余りは？

No.103GAI2022年6月13日 10:20

以下合同式はすべてmod10
2^4=16≡6
3^4=81≡1
4^2=16≡6
5^n≡5
6^n≡6
7^4=2401≡1
8^4=4096≡6
9^2=81≡1
から
N≡1^100+2^100+3^100+4^100+5^100+6^100+7^100+8^100+9^100
=1+(2^4)^25+(3^4)^25+(4^2)^50+5^100+6^100+(7^4)^25+(8^4)^25+(9^2)^50
≡1+6+1+6+5+6+1+6+1=33≡3
なので、3。

No.104らすかる2022年6月13日 22:18

与式≡1+0+1+0+1+0+1+0+1≡1 (mod2)

また、p=5 についてフェルマーの小定理を用いると、
与式≡1+1+1+1+0+1+1+1+1≡3 (mod5)

よって
与式≡3 (mod10)

No.105DD++2022年6月13日 22:29

お二人とも性質を熟知されていることがビンビン伝わってきます。
ひょんなことから5乗においては,a=1,2,3,･･･,9で
a^5≡a (mod 10)
が成立していることに気付いて、これを活用できる問題として作成しておりました。

特にDD++さんの最も簡潔な近道に感激しました。
なおこれがmod 100
となった場合はどの様に対処できるのですか？

No.106GAI2022年6月14日 05:36

> なおこれがmod 100となった場合はどの様に対処できるのですか？

以下合同式はすべてmod100
n^2≡nの解は0,1,25,76
(つまりこの4つは何乗してもmod100で不変)
2^20=1048576≡76
3^20=3486784401≡1
4^10=1048576≡76
5^2=25≡25
6^5=7776≡76
7^4=2401≡1
8^20=1152921504606846976≡76
9^10=3486784401≡1
11^10=25937424601≡1
なので
N=11^100+22^100+33^100+44^100+55^100+66^100+77^100+88^100+99^100
=11^100(1^100+2^100+3^100+4^100+5^100+6^100+7^100+8^100+9^100)
={(11^10)^10}{1+(2^20)^5+(3^20)^5+(4^10)^10+(5^2)^50+(6^5)^20+(7^4)^25+(8^20)^5+(9^10)^10}
≡1・(1+76+1+76+25+76+1+76+1)
=333≡33
となり、100で割った余りは33。

No.107らすかる2022年6月14日 09:58

オイラーのトーシェント関数を使います。

オイラーの定理より、a が 5 の倍数でないとき
a^φ(25)=a^20≡1 (mod25)
なので、
与式≡1+1+1+1+0+1+1+1+1≡8 (mod25)

また、
与式≡1+0+1+0+1+0+1+0+1≡1 (mod4)

よって
与式≡33 (mod100)

No.108DD++2022年6月14日 11:16

ついでに 1000 で割る場合も。

オイラーの定理より、a が 5 の倍数でないとき
a^φ(125)=a^100≡1 (mod125)
なので、
与式≡1+1+1+1+0+1+1+1+1≡8 (mod125)

また、
与式≡1+0+1+0+1+0+1+0+1≡5 (mod8)

よって
与式≡133 (mod1000)

10000 で割るとなると手を変えないといけませんね。

No.109DD++2022年6月14日 11:21

返信 (6)

約分

(303-n)/(320+n)=23/47
の解は 983 ではなく 98.3 であり、整数ではないのでは。

No.99DD++2022年6月11日 12:52

303/320=3030/3200　という見方は、邪道ですかね？

No.100HP管理者2022年6月11日 17:56

問題文の表現が「分子から引く」「分母に足す」なわけですので、

問題：303/320 の分子は何か
解答：3030

を正解とするべきかどうかという話になりますね。
私は不正解とすべきだと思いますがどうでしょう？

No.101DD++2022年6月11日 19:37

また、その論を認める場合、303/320 を 6060/6400 とみなすことで 1966 など別の解も認められてしまいますね。
極端には 303/320 を (
303/98.3)/(320/98.3) と見做せば 1 も解になり、この問題の答えは「任意の整数」になるかと思います。

No.102DD++2022年6月12日 01:00

返信 (3)

素朴な長さの計算６

(5^2+8^2-7^2)/(2*5*8)=1/2という計算から
3辺が5,7,8の三角形の5と8の辺で挟まれる角の角度は60°とわかる。
(既知とすれば計算不要)
図の形は3辺が5,7,8の三角形の5の辺と8の辺の外側に
それぞれ正三角形をくっつけた形なので、AB=5+8=13。

No.93らすかる2022年6月9日 13:04

図での
AD=a,BC=b,CD=c,AB=xとおいて,この4つが整数となれる組合せ調べたら
(a,b,c)=(1,4,7)->x=9
=(2,5,7)->x=10
=(3,6,7)->x=11
=(4,7,7)->x=12
=(5,8,7)->x=13
=(6,9,7)->x=14
=(7,10,7)->x=15
　　　　･････････････
一般に(a,b,c)=(n,n+3,7)->x=n+8 (n=1,2,3,･･･)

または
(a,b,c)=(1,6,7)->x=9
=(2,7,7)->x=10
=(3,8,7)->x=11
=(4,9,7)->x=12
=(5,10,7)->x=13
=(6,11,7)->x=14
=(7,12,7)->x=15
　　　　･････････････
一般に(a,b,c)=(n,n+5,7)->x=n+8 (n=1,2,3,･･･)

c=7と設定しておくことがポイントになりそうです。

No.94GAI2022年6月9日 16:21

c=13 や c=19 でも可能なのでは。
おそらく 6n+1 型素因数を少なくとも 1 つ持っていることが条件じゃないでしょうか。

No.95DD++2022年6月10日 11:41

確かに6*n+1型の数は

7^2=3^2+8^2-3*8
=5^2+8^2-5*8

13^2=7^2+15^2-7*15 =>(a,b,c)=(n,n+8,13)->x=n+15 (n=1,2,3,･･)
=8^2+15^2-8*15 =>(a,b,c)=(n,n+7,13)->x=n+15 (n,1,2,3,･･)が構成できる。

19^2= 5^2+21^2- 5*21 =>(a,b,c)=(n,n+16,19)->x=n+21 (n=1,2,3,･･)
=16^2+21^2-16*21 =>(a,b,c)=(n,n+5,19)->x=n+21 (n=1,2,3,･･)

25^2=25^2+25^2-25*25(これは例外）

31^2=11^2+35^2-11*35=>(a,b,c)=(n,n+24,31)->x=n+35 (n=1,2,3,･･)
=24^2+35^2-24*35=>(a,b,c)=(n,n+11,31)->x=n+35 (n=1,2,3,･･)
以下同様
37^2= 7^2+40^2-7*40
=33^2+40^2-24*40

43^2=13^2+48^2-13*48
=35^2+48^2-35*48

49^2=16^2+55^2-16*55
=39^2+55^2-39*55

･･････････

と60°の角度を有する三角形の三辺を与えていく２組を
与えてくれますね。

No.96GAI2022年6月11日 07:47

返信 (3)

来客数と福袋の準備

あるデパートで正月に福袋を準備していたが、準備している福袋の数を超えて
開店前にこれを目当ての客が多数並んでしまった。
そこで後ろに並んでいる人にもチャンスが巡ってくるように、次のような案を
考えた。
並んでいる先頭から1,2,3,････と連続する番号札を配っていく。

先頭にいる人には福袋を買う権利を与えるものとする。
(番号1の人は買える。この人は列から離れる。)
次は2番の人が先頭に来るので、2番の人も買える。
ここで番号が2なので先頭から2番目ずつの位置にいる人
(2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,･･･)
<=4,6,8,10,12,･･･の番号札を持っている人>
は列から離れてもらう。
そこで列は
3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,･･･
と並ぶことになるので、
先頭は番号が3(この人は買う権利を持つ）なので
先頭から3番目ずつの位置にいる人は同様に列から離れてもらう。
<=9,15,21,･･･の番号札の人>
すると列は
5,7,11,13,17,19,23,･･･
となり5の人は買う権利を持ち、先頭から5番ずつの位置にいる人<=19,35,･･･>
は列から離れる。
以下同様にして、列に並ぶ人がいなくなるまで続けることにする。

さて最初並んでいる人数が100,1000,10000(人)である場合
それぞれは福袋何個(s)準備しておけばよく、また
最後に買える権利を持つのは番号札が何番(w)の人になるでしょうか？

No.90GAI2022年6月7日 07:35

理論的に計算する方法はわかりませんでしたので、
プログラムを作って調べました。その結果は
人数100,1000,10000,100000,1000000,10000000,100000000人に対して
(s,w)=(24, 97),(142, 997),(1015, 9997),(7986, 99997),
(66164, 999991),(565513, 9999985),(4944199, 99999967)
となりました。

No.91らすかる2022年6月7日 13:05

管理人さんからのコメントで
単純にくじ引きで、２４人の当選者を決めてもらった方が、並ぶ人の感情としては納
得できると思うのだが．．．。

とありましたが、せっかく早く並んでいた1,2,3あたりの人が籤で当たらなかったら、それこそ不満が溜まりそうです。
これだと比較的早く並んだ方の人が選ばれやすい傾向を持てる気がしたので、このストーリーで表現していました。

No.92GAI2022年6月8日 09:00

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