😊出会いの泉😊

何の工夫もない解き方ですが

(1)
x-√x-1=0
x-1=√x　(※)
x^2-2x+1=x
x^2-3x+1=0
x=(3±√5)/2
(※)からx≧1なので、
条件を満たす解はx=(3+√5)/2

(2)
x-1/√x-2=0
x-2=1/√x　(※)
x^2-4x+4=1/x
x^3-4x^2+4x-1=0
(x^3-1)-4x(x-1)=0
(x-1)(x^2-3x+1)=0
x=1,(3±√5)/2
(※)からx≧2なので、
条件を満たす解はx=(3+√5)/2

(3)
1/x-1/(x-3)-3=0
(x-3)-x-3x(x-3)=0
x^2-3x+1=0
∴x=(3±√5)/2

(1)
f(x)=2^x+3^x-4^xとします。
f(1.5)=2√2+3√3-8≒0.02458＞0、f(2)=4+9-16=-3＜0なので
解は1.5と2の間、しかも1.5にかなり近い方にあることがわかります。
g(a,b)={af(b)-bf(a)}/{f(b)-f(a)} とします。
f(a)≒0,f(b)≒0,a≠bとなるようにa=1.5,b=1.6とします。
（※f(a)とf(b)の符号が異なる必要はありません）
計算は小数点以下20桁(以下四捨五入)とします。
g(1.5,1.6)=1.50641450252233033645→a
g(1.50641450252233033645,1.6)=1.50705566866716387863→b
g(1.50641450252233033645,1.50705566866716387863)=1.50712664860928688768→a
g(1.50712664860928688768,1.50705566866716387863)=1.50712659163409698130→b
g(1.50712664860928688768,1.50712659163409698130)=1.50712659163865313369→a
g(1.50712659163865313369,1.50712659163409698130)=1.50712659163865313399→b
16桁以上求まったので終了
∴x≒1.507126591638653134

(2)
f(x)=4^x+5^x-6^xとします。
f(2)=16+25-36=5、f(2.5)=32+25√5-36√6≒-0.28＜0なので
解は2と2.5の間、しかも2.5にかなり近いほうにあることがわかります。
g(a,b)={af(b)-bf(a)}/{f(b)-f(a)} とします。
f(a)≒0,f(b)≒0,a≠bとなるようにa=2.4,b=2.5とします。
計算は小数点以下20桁(以下四捨五入)とします。
g(2.4,2.5)=2.48609166514948013282→a
g(2.48609166514948013282,2.5)=2.48790297657867599533→b
g(2.48609166514948013282,2.48790297657867599533)=2.48793928282775205771→a
g(2.48793928282775205771,2.48790297657867599533)=2.48793917311166965240→b
g(2.48793928282775205771,2.48793917311166965240)=2.48793917311817466637→a
g(2.48793917311817466637,2.48793917311166965240)=2.48793917311817466754→b
16桁以上求まったので終了
∴x≒2.48793917311817467

(3)
4^x+6^x=9^x
(2^x)^2+(2^x)(3^x)=(3^x)^2
(2^x)^2+(2^x)(3^x)-(3^x)^2=0
{2^(x+1)+(√5+1)(3^x)}{2^(x+1)-(√5-1)(3^x)}=0
2^(x+1)+(√5+1)(3^x)＞0なので
2^(x+1)-(√5-1)(3^x)=0
2^(x+1)=(√5-1)(3^x)
(3/2)^x=2/(√5-1)=(√5+1)/2
∴x=log((√5+1)/2)/log(3/2)≒1.1868143902809817

g(a,b)={af(b)-bf(a)}/{f(b)-f(a)}
の式がこんな所で役立つんですね。
参考書には必ず上記の式を書き直す（=a-f(a)/f'(a) :as b→a)
問題が問われていた様に記憶していました。
つまりy=f(x)上での点(a,f(a))での接線がｘ軸と交わる座標
ひいてはその操作を繰り返すことによりf(x)=0の解xを導き出す
ニュートン法の活用に利用できるのか！

思ってもない手法で解決されていたのでとても参考になります。

この手法は何年か前に自分で考えたのですが、
今日検索してみたら既にありました（当然か…）。
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%89%B2%E7%B7%9A%E6%B3%95
「割線法」または「セカント法」というらしいです。

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

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。

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。

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。

> 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？

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。

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。

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。

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？

{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)

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。

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。

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。

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)

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？

> 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。

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)

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。

303/320=3030/3200　という見方は、邪道ですかね？

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？

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。