😊出会いの泉😊

普通に数値計算すればよいだけなら、a^x+b^x=c^xの解は適当な初期値から
x←x-(a^x+b^x-c^x)/{(loga)a^x+(logb)b^x-(logc)c^x}
という漸化式で求めればよく、近似値(小数第61位を四捨五入)は
(1) 1.507126591638653133986883360838631164373994094485656896675364
(2) 2.487939173118174667543358494964101710715178304214349713989600
(3) 1.186814390280981717544988040147644615298932643889332006235330
(4) 1.672720934462332544585431252419794866784109546317415204907841

(3),(4)には明示的表示が可能となると思うんですが(1),(2)では無理ですかね？

あ、(3)(4)は解けるんですね。
(a^2)^x+(ab)^x=(b^2)^x
1+(b/a)^x=((b/a)^x)^2
(b/a)^x=(√5+1)/2
∴x=log((√5+1)/2)/log(b/a)
により
(3)はlog((√5+1)/2)/log(3/2)
(4)はlog((√5+1)/2)/log(4/3)
しかし(1)(2)は解ける方程式の形にならないので無理な気がします。
s(a^2)^x+t(ab)^x=u(b^2)^x
のように係数が掛かっていても解けますが、この形にもならないですよね。

hXXp://kuiperbelt.la.coocan.jp/n-gon/n-gon.html
拝読いたしました。

正11角形が作図できないこと、意外に思いました。

角の三等分器を利用すれば開立ができるのは正しいとして、
逆に角の三等分器を利用して新たにできるようになることは開立だけなんでしょうか？

なるほど、角の３等分が許されるとき m, n を非負整数として p が
p = (2^m)*(3^n) +1
と書けるならば
正 p 角形の作図が原理的には可能と。
p は 11 にはなり得ない。

興味深いことです。

[2017] で私が述べたことはちょっと甘すぎで認識誤り、
正しくは「ピアポント素数」(WIKIpedia) の項に書かれています。
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/%E3%83%94%E3%82%A2%E3%83%9D%E3%83%B3%E3%83%88%E7%B4%A0%E6%95%B0

m, n を非負整数としてp=(2^m)*(3^n)+1という形の素数をピアポント素数というのですね。
k個の素数p1,p2,p3,...,pk(p1<p2<p3<...<pk)に対して、(p1^n1)*(p2^n2)*(p3^n3)*...*(pk^nk)+1の形の素数を一般化ピアポント素数というそうです。ネウシス作図では、一般の角の三等分と、pがピアポント素数のときの正p角形の作図ができて、他に正11角形の作図もできるそうですが、p=(2^n1)*(3^n2)*(5^n3)+1の一般化ピアポント素数のときの正p角形の作図が可能かどうかは未解決問題なのだそうです。
https://ja.wikipedia.org/wiki/ネウシス作図

3の証明
時計の１２時の位置に点を選び、円周をＮ等分し、その点を選ぶ。
１２時の点から始め、一定の間隔ｄで対角線を結ぶと、
Ｎ回目に元の１２時の位置に戻ることができる。
Ｎｄ≡０(mod N) N'<Nでは、元に戻らない。
一区間の中心角は、２π/Nで、円周角は、π/Ｎである。
一方、その円周角は、区間（Ｎ－２ｄ）の円周角であり、Ｎ個ある。
星形図形の内角の総和＝
（π/Ｎ）＊（Ｎ－２ｄ）＊Ｎ＝（Ｎ－２ｄ）π
N>2dの条件は、同じ形の逆順を避けるためです。

４の証明
d=d'のとき、つまり、ｄがＮの約数、N=de
このとき、頂点がe個の多角形がｄ個できるので、
内角の総和＝ｄ＊（e-2）π＝（de-2d）π＝（Ｎ－２ｄ）π。

4の証明　ｄ＞ｄ’のとき
N/d',　d/d'は、ともに整数で、
頂点の数N/d'個、足跡の長さd/d'　の角は(N/d'-2d/d')πとなり、
同じ図形が、ｄ’個できるので、
出来る図形の内角の総和＝d’（N/d'-２d/d'）π
＝（N-２d）π。

5の証明
頂点表示：σ1,…σn,(o～n-1の置換)
足跡表示：d1,…dn、ｄ(i)=σ(i+1)-σ(i)、σ(n+1)=σ(1)
Σd(i)=Σ(σ(i+1)-σ(i))=0　（Σは、１～Ｎまで）
但し、σ(i)>σ(i+1)のとき、マイナスになるが、左回りで数えるので、
ｄ(i)をN+ｄ(i)に置き換えると、Σd(i)は、Nの倍数となる。
つまり、Σd(i)＝Nｄ（ｄは、平均値）
頂点角表示：e(i)=π/N(N-(d(i)+d(i+1)))
N-(d(i)+d(i+1)>0　(正の角、左回りの角なので,
同じ理由で、N/2>d(i+1),N/2>d(i))から)
円周角の総和＝Σe(i)=π/NΣ(N-(d(i)+d(i+1)))
　　　　　　＝π/N(N^2-Σ（d(i)+d(i+1)）)
　　　　　　＝π/N(N^2-2Nd)=(N-2d)π。
二か所修正しました。

6の証明
N＝n1＋…nk,nk>３のとき
各nkは、サイクルの図形なので、５の証明と同じ。
説明不足があれば、よろしくお願いします。

自分自身になるもの: 1,2,145,40585 の4つ
2個ループ: 871→45361→871 と 872→45362→872 の2つ
3個ループ: 169→363601→1454→169 の1つ
任意の自然数から始めて、1,2,145,169,871,872,40585 のいずれかに到達します。
ただし1になるものは1だけ（0を含めると0と1）です。大半は169になるようです。

ループするものはたくさんあるのかと思ったらかなり少ないんですね。
（途中からループするものを除く）
2個でループ
12→100→12
4個でループ
756822→2600820→1965783→6230170→756822
26個でループ
5242→35460→187201→2419311→3634680→2123281→1815410
→1849711→6053070→786963→6351120→182271→2419400→3638982
→7410330→611292→3780200→2420013→5952→3689370→6200641
→307542→640891→5599451→7353370→1242001→5242
39個でループ
5861→1995850→9132491→7263470→1366651→484580→3669121
→3932030→3631052→182981→7257710→1844741→2434340→16651
→332660→303931→3630971→4386251→2001700→604904→3790082
→6048812→3785141→2455220→65791→4415050→70572→1239931
→7259150→4294181→5453390→3695761→4566970→4571281→2454590
→3699451→7444810→2434331→12340→5861

(追記)
どの数から開始しても、すべて必ず上記のどれかに突入するようです。
つまり、どの数から開始しても必ず12,5242,5861,756822のいずれかに到達するということです。
ループは4種類しか存在しないということになりますね。

1, 18, 72, 134, 505, 6008, 84304, 23873542
この先1000億まで条件を満たす数はありませんでした（ので探索を中止しました）。

(追記)
n桁のとき組合せの総和の最大はn・(9n)C(9)であり
n≧16のとき10^(n-1)＞n・(9n)C(9)が成り立つので解なし。
同様に細かく調べることにより
2×10^14(200兆)以上では解が存在しないことがわかります。
よって解は有限個であり、200兆まで調べれば全解がわかります。
しかし200兆まで調べるのは（不可能ではありませんが）ちょっと大変なのでやめておきます。
※7月25日23:44 解の範囲の上限を400兆→200兆に更新

(全頂点の内角の和)＋(全頂点の外角の和)
＝(全頂点の「内角+外角」の和)
＝(頂点数)×180°
全部の辺をなぞっていくと3周しますので
(全頂点の外角の和)＝360°×3
∴(全頂点の内角の和)＝(頂点数)×180°－360°×3
＝(頂点数－6)×180°
となります。一般には
pn+q点（pとqは互いに素）をとりp-1点飛ばしでつなげると
内角の和は180(p(n-2)+q)°となりますね。

こんな見事な証明ができるんだ。
どれも3周しているなんて思ってもいなかった。
例え気付いていても、何の利用も考え付かなかったと思う。
いやーもっと一般に他のパターンでも成り立つ性質に結びつけられることに感激です。

これを利用させてもらうと一般に
2*t+3(t=1,2,3,･･･)個の点をC上に配置されたものでは
ある点から隣のt個の点を飛ばして次々と繋いでいって行って出来る星型(2*t+3)角形の
内角の和は全て180°を作ることが出来る。
つまり
星型5角形は各点を1つ飛ばしで繋ぐ
星型7角形は各点を2つ飛ばしで繋ぐ
星型9角形は各点を3つ飛ばしで繋ぐ
星型11角形は各点を4つ飛ばしで繋ぐ
･････････
星型2*t+3角形は各点をt個飛ばしで繋いでいく(t=1,2,3,･･･)
ことでこれらの内角の和は全て180°となってしまうことが起きる！

> "GAI"さんが書かれました:
> 曲率がいたるところ正となる閉曲線C上に、nを自然数として
> 異なる(3*n+4)点を任意にとり、ある点から隣の2点を飛ばし
> 次の点を結ぶ線を次々と引いていくと閉曲線Cの内部に
> 各点を繋げた星型(3*n+4)角形の図形が現れる。
> この時角星に当たる部分の内角をすべて足し合わせると
> 180*(3*n-2)°となる。
> 即ち
> 星型7角形では180°
> 星型10角形では720°
> 星型13角形では1260°
> 星型16角形では1800°

星形図形の公式　（N-２ｄ）πによれば、
Ｎ＝３ｎ＋４、ｄ＝３として、出てきます。

恒等式
2/(a*(2*b -a)) = 1/(a*b) +1/(b*(2*b -a))
から　
(a, b) = (1, 33) or (5, 9) or (13, 9) or (65, 33)
の 4 通り。

上記に当てはまらないもの。
2/65 = 1/35 +1/455

4通りに見えますが、代入すると
2/65=1/33+1/2145
2/65=1/45+1/117
2/65=1/117+1/45
2/65=1/2145+1/33
となりますので2通りしかないですね。
他には
2/65=1/39+1/195
と
2/65=1/65+1/65
があって、計5通りです。

(追記)
恒等式の分母にcを掛けて
2/(a*(2*b-a)*c)=1/(a*b*c)+1/(b*(2*b-a)*c)
とすれば、
(a,b,c)=(1,33,1) → 2/65=1/33+1/2145
(a,b,c)=(1,7,5) → 2/65=1/35+1/455
(a,b,c)=(1,3,13) → 2/65=1/39+1/195
(a,b,c)=(5,9,1) → 2/65=1/45+1/117
(a,b,c)=(1,1,65) → 2/65=1/65+1/65
のように全解が出てきますね。
ちなみに項の入れ替えは
(a,b,c)=(5,3,13) → 2/65=1/195+1/39
(a,b,c)=(13,7,5) → 2/65=1/455+1/35
(a,b,c)=(13,9,1) → 2/65=1/117+1/45
(a,b,c)=(65,33,1) → 2/65=1/2145+1/33
のようになります。

おおっ！！
EXCELLENT！

2/65 = 1/x + 1/y
より
2xy = 65x + 65y
すなわち
(2x-65)(2y-65) = 65^2

x, y の少なくとも一方は 65 以上であることから左辺が負の数同士の積になることはないので、
2x-65 =「65^2 の正の約数」
を全て解いていけば 5 種 9 個の解が得られます。

DD++さん、とても格好いいです。感服しました。

ヒッパルコスによる業績をもとに
プトレマイオスは 1 回帰年の長さを
365 +1/4 -1/300 (単位は日数)
としていたとのです。
エジプト式分数の流れを汲んでいた模様で
整数と単位分数とで表現しているのですね。
但し、一般にエジプト分数では単位分数の和としているのに対して、プトレマイオスによる回帰年の長さでは、単位分数を減算する操作を許しているようではあります。

以上を踏まえまして今回は円周率(の近似値)を自然数と単位分数との加減算で表現してみます。すなわち。

π ≈ 3 +1/7 -1/791

第二項までで打ち切りますと有名な有理数近似値
22/7
と等しく
第三項までを計算しますとこれもまた有名な有理数近似値
355/113
と等しくなります。
面白いことです。

文献上では知られていないだけで存外、
3 +1/7 -1/791
は、ひょっとして古代でもあるいは知られていたのではなかろうかと夢想してみたくもなります。

πのエジプト式分数による近似。
減算を許さなければ以下のようになると OEIS が教えてくれました。 A001466

3+1/8+1/61+1/5020+1/128541455+1/162924332716605980+1/28783052231699298507846309644849796+1/871295615653899563300996782209332544845605756266650946342214549769447+　………　

月に宇宙船を着陸させたアポロ計画でも、計算には 3.1416 を使っていたらしいので、工学的な実用上では　
3+1/8+1/61+1/5020
でも広い範囲で充分であることかと。

やはり減算を許したほうが《収束？は速い》ようで。分母が大きくなる速さが……

3 +1/7 -1/791 -1/3748629 +1/151648960887729 -1/1323497544567561138595307148089 +1/41444465282455711991644958522615049159671653083333293470875123 ………

OEIS A001467 より。

> 以上を踏まえまして今回は円周率(の近似値)を自然数と単位分数との加減算で表現してみます。すなわち。

> π ≈ 3 +1/7 -1/791

> 第二項までで打ち切りますと有名な有理数近似値
> 22/7
> と等しく
> 第三項までを計算しますとこれもまた有名な有理数近似値
> 355/113
> と等しくなります。
> 面白いことです。

そこでいっそのこと
S=[1,1,1,7,-791,-3740526,1099482930,-2202719155,6600663644,-26413901692,96840976853,-496325469560,2346251883960,-44006595799206,･･･]
として
gp > for(n=4,14,print1(sum(k=1,n,1/S[k])","))
22/7,355/113,103993/33102,104348/33215,208341/66317,312689/99532,833719/265381,1146408/364913,4272943/1360120,5419351/1725033,80143857/25510582,
と円周率πの近似分数 (A002485/A002486)が並んでいける。(収束スピードは遅いが･･･)
A006784には収束が速そうなものが載っています。

■交代級数のように単位分数をかわるがわる足したり引いたりをして円周率の近似値を表してみます。
※いくらでも項数の多いものが作れるそうですがそこまでは……

π ≈ 3 +1/7 -1/784 +1/90160 -1/14155120 +1/5265704640 -1/2274784404480
= 1429289194723/454956880896　
≈ 3.14159265359

……が得られます。

■求め方
https://oeis.org/A061233
を参考にしました。
PARI/gp を利用しましたが、A061233 に書かれているプログラムはよくわからなかったので以下のものを使いました。

(PARI)? r=1/(4-Pi) ; for(n=1, 6, r=r/(r-floor(r)); print1(floor(r), ", "))

出力は
7, 112, 115, 157, 372, 432,
でした。
これから、次のようにします。

π ≈ 4 -1/1 +1/7 -1/(7*112) +1/(7*112*115) -1/(7*112*115*157) +1/(7*112*115*157*372) -1/(7*112*115*157*372*432)
= 3 +1/7 -1/784 +1/90160 -1/14155120 +1/5265704640 -1/2274784404480
= 1429289194723/454956880896　
≈ 3.14159265359

Android スマホ用の PARI のアプリをみつけたのでお試しに使いたくなり、上のように遊んでみました。

[1988] でも [1991] でも
交代級数の単位分数の一般項は定め難いものがあります。

ところが、ごく簡単な一般項を持ち得ると知って、PARI/GP で確認してみました。以下が対話です。↓↓↓

? \p 300
realprecision = 308 significant digits (300 digits displayed)

? A = 3 +sumalt(n=1,((-1)^(n+1))/(n*(n+1)*(2*n+1)))
%1 = 3.14159265358979323846264338327950288419716939937510582097494459230781640628620899862803482534211706798214808651328230664709384460955058223172535940812848111745028410270193852110555964462294895493038196442881097566593344612847564823378678316527120190914564856692346034861045432664821339360726024914127

? B = Pi - A
%2 = 0.E-307

このパターンは初めてみました。（確かに覚えやすい。）
調べてみると初めの3も含め
48*sumalt(n=0,(-1)^n/((6*n+1)*(6*n+3)*(6*n+5)))
によってもπが構成されるみたいですね。

互い違いの力って大きいですね。

GAI さん。
1/((6*n+1)*(6*n+3)*(6*n+5))
こちら、私、初見です。
不思議な形ですね……

GAI さん。
[1993] に関係しますけれども。

48*(1/(1*3*5)-1/(7*9*11)+1/(13*15*17)-1/(19*21*23)+1/(25*27*29)-1/(31*33*35)) -4*(1-1/3+1/5-1/7+1/9-1/11+1/13-1/15+1/17-1/19+1/21-1/23+1/25-1/27+1/29-1/31+1/33-1/35)
= 248269474984/4512611027925
≈ 0.0550168125388

項数を増やしていくと、0 に収束する気配を感じますが、証明ができないでおります。

48/((6k+1)(6k+3)(6k+5)) = { 6/(6k+1) - 6/(6k+3) + 6/(6k+5) } - 2/(2k+1)
と変形すれば、これの交代無限級数が
6*(π/4) - 2*(π/4) = π
と 2 組のライプニッツ級数で計算できますね。
それぞれの級数は絶対収束するわけではないので、取り扱いに少し注意が必要ですが。

DD++ さん。
ありがとうございました！

> "DD++"さんが書かれました:
> 48/((6k+1)(6k+3)(6k+5)) = { 6/(6k+1) - 6/(6k+3) + 6/(6k+5) } - 2/(2k+1)
> と変形すれば、これの交代無限級数が
> 6*(π/4) - 2*(π/4) = π
> と 2 組のライプニッツ級数で計算できますね。
> それぞれの級数は絶対収束するわけではないので、取り扱いに少し注意が必要ですが。


どうやって正当化すればよいのかわからなかったので
f(x) = 6*arctan(x) -2*arctan(x^3)
をテーラー展開して３項づつ区切ることで
なんとかなりそうと思いました。

f(x) = (6*x-4*x^3+(6*x^5)/5)
-((6*x^7)/7-(4*x^9)/3+(6*x^11)/11)
+((6*x^13)/13-(4*x^15)/5+(6*x^17)/17)
-((6*x^19)/19-(4*x^21)/7+(6*x^23)/23)
+……
= (6*x-(12*x^3)/3+(6*x^5)/5)
-((6*x^7)/7-(12*x^9)/9+(6*x^11)/11)
+((6*x^13)/13-(12*x^15)/15+(6*x^17)/17)
-((6*x^19)/19-(12*x^21)/21+(6*x^23)/23)
+……

あとは、6*k+1, 6*k+3, 6*k+5
をうまく 使ってやって整理しておいて
最後に x=1 としてやります。

そこが難しいところで、級数が絶対収束しないので、和の順序入れ替え不可なのです……。

マクローリン展開の第 n 項までの和を不等式評価し、挟み撃ちする感じになりますね。

個数制限なしで3種類の文字から3*n個選ぶ選び方は、
3H[3*n]
=[3*n+2]C2
=(3*n+2)*(3*n+1)/2
通り。

その中で不適なものはどれか1種類の文字が2n+1個以上になった場合であり、
このとき残り2種類の文字が2*n個を超えることはないので、
不適となる選び方の数は、
3*{Σ[k=2n+1～3*n]2H[3*n-k]}
=3*{Σ[k=2n+1～3*n][3*n-k+1]C1}
=3*{Σ[k=2n+1～3*n](3*n-k+1)}
=3*{Σ[m=1～n](n-m+1)}
=3*{Σ[m=1～n](n+1) - Σ[m=1～n]m}
=3*{(n+1)*n - n*(n+1)/2}
=3*n*(n+1)/2
通り。

よって、2*n個のAと2*n個のBと2*n個のCから3*n個の文字を選ぶ選び方は、
(3*n+2)*(3*n+1)/2 - 3*n*(n+1)/2
=3*n^2+3*n+1
通り。

A の個数で場合分けして、
(n+1) + (n+2) + (n+3) + …… + 2n + (2n+1) + 2n + …… + (n+2) + (n+1)
= (1/2)*n*(3n+1)*2 + (2n+1)
= 3n^2 + 3n + 1 通り

2色で同様のことをすると 2n+1 通りになるということは、
これを (n+1)^3 - n^3 という式から導きたいという主旨でしたかね？

4色の場合 (16/3)n^3 + 8n^2 + (14/3)n + 1 通りっぽいので、
3 色まで (n+1)^k - n^k に一致したのはただの偶然だったようです……ちょっと残念。

4色の場合 (16/3)n^3 + 8n^2 + (14/3)n + 1 通り
n=1なら19ですよね。
A,A,B,B,C,C,D,D
から3つを選ぶ方法は
[A,A,B],[A,A,C].[A,A,D]
同様に[B,B,*],[C,C,*],[D,D,*]型で12通り
後は4C3=4通りで
計16通りしか作れないんではないかと思われるんですが後3通りは何ですか？

4色の場合は
(23/6)n^3+7n^2+(25/6)n+1
でしょうか。

(追記)
一般にk色のとき
(k)H(3n)-(k)H(n-1)×k
=(3n+k-1)C(k-1)-(n+k-2)C(k-1)×k
となり、
2色: n+1
3色: 3n^2+3n+1
4色: (23/6)n^3+7n^2+(25/6)n+1
5色: (19/6)n^4+10n^3+(65/6)n^2+5n+1
・・・
のようになると思います。

元の問題の「6n個から3n個取る」を「ちょうど半分取る」と解釈して、
4色の場合は「8n個から4n個取る」で考えています。

皆さんが発見された結果を使って、次の事が成立することを6色まで確認できました。
確認はしていませんが以下同様な言い換えで探せるものと思われます。
3色では
-n≦a,b,c≦nで　a+b+c==0 を満たす(a,b,c)の個数を求めることに同じ。

4色では
-n≦a,b,c,d≦nで　a+b+c+d==n を満たす(a,b,c,d)の個数を求めることに同じ。

5色では
-n≦a,b,c,d,e≦nで　a+b+c+d+e==2*n を満たす(a,b,c,d,e)の個数を求めることに同じ。

6色では
-n≦a,b,c,d,e,f≦nで　a+b+c+d+e+f==3*n を満たす(a,b,c,d,e,f)の個数を求めることに同じ。

> "DD++"さんが書かれました:
> 元の問題の「6n個から3n個取る」を「ちょうど半分取る」と解釈して、
> 4色の場合は「8n個から4n個取る」で考えています。

なるほどこの解釈でいくと
4色ではn=1,2,3,･･･で
19,85,231,489,･･･,(2*n+1)*(8*n^2+8*n+3)/3

5色では
51,381,1451,3951,･･･,1 + 5*n*(n+1)*(23*n^2 + 23*n + 14)/12
となるわけですね。

この場合だと
4色では
-n≦a,b,c,d≦n　で　a+b+c+d==0 を満たす(a,b,c,d)の組の個数

5色では
-n≦a,b,c,d,e≦n　で　a+b+c+d+e==0 を満たす(a,b,c,d,e)の組の個数
と同等となる模様です。