コロキウム室

NO.296 　　　 '99 1/20 　　Junko 　　　 連続自然数の和（３）

整数Ｎを連続したいくつかの自然数に分解する方法を Ｎの性質によって分類しながら示します。

[ｘ]はガウス記号を表します。 これはｘを越えない最大の整数を与えます。

1. 1. 奇数
      Ｎ＝[Ｎ／２]＋([Ｎ／２]＋１)とできるからです。
      たとえば、１５＝７＋８のように。
      
      
   2. ３の倍数
      Ｎ＝([Ｎ／３]−１)＋[Ｎ／３]＋([Ｎ／３]＋１)とできるからです。
      つまり、Ｎをまず３等分します。１５＝５＋５＋５
      真ん中を中心に先頭は１を引き、最後は１を足す。１５＝４＋５＋６
      ただし、[Ｎ／３]−１≧１より、Ｎ≧６
      
      
   3. ５の倍数
      Ｎ＝([Ｎ／５]−２)＋([Ｎ／５]−１)＋[Ｎ／５]＋([Ｎ／５]＋１)＋([Ｎ／５]＋２)とできるからです。
      つまり、Ｎをまず５等分します。１５＝３＋３＋３＋３＋３
      真ん中を中心に前半は１づつ引き、後半は１づつを足します。 １５＝１＋２＋３＋４＋５
      ただし、[Ｎ／５]−２≧１より、Ｎ≧１５
      
      
   4. 以下同様に・・・奇数の倍数ならば、同じようにできると思います。 ただし、Ｎはある定数以上という条件つきです。
   
   
2. これだと奇数ばかりですので、偶数について考えました。
   
   1. ２×奇数

      Ｎ＝Ｎ／２＋Ｎ／２ (ここで、Ｎ／２は奇数ですから、ｉの１より)
      　＝{[Ｎ／４]＋([Ｎ／４]＋１)}＋{[Ｎ／４]＋([Ｎ／４]＋１)}
      　＝{[Ｎ／４]＋([Ｎ／４]＋１)}＋{([Ｎ／４]−１)＋([Ｎ／４]＋２)}
      　＝([Ｎ／４]−１)＋[Ｎ／４]＋([Ｎ／４]＋１)＋([Ｎ／４]＋２)
      とできます。
      例えば、１０＝５＋５
      　　　　　　＝(２＋３)＋(２＋３)
      　　　　　  ＝(２＋３)＋(１＋４)
      　　　　　　＝１＋２＋３＋４
      

      ただし、[Ｎ／４]−１≧１より、Ｎ≧８です。
      
      
   2. ４×奇数

      Ｎ＝Ｎ／４＋Ｎ／４＋Ｎ／４＋Ｎ／４
      　　 (ここで、Ｎ／４は奇数ですから、ｉの１より)
      　＝{[Ｎ／８]＋([Ｎ／８]＋１)}＋{[Ｎ／８]＋([Ｎ／８]＋１)}＋{[Ｎ／８]＋([Ｎ／８]＋１)}＋{[Ｎ／８]＋([Ｎ／８]＋１)}
      　＝{[Ｎ／８]＋([Ｎ／８]＋１)}＋{([Ｎ／８]−１)＋([Ｎ／８]＋２)}＋{([Ｎ／８]−２)＋([Ｎ／８]＋３)}＋{([Ｎ／８]−３)＋([Ｎ／８]＋４)}
      　＝([Ｎ／８]−３)＋([Ｎ／８]−２)＋([Ｎ／８]−１)＋[Ｎ／８]＋([Ｎ／８]＋１)＋([Ｎ／８]＋２)＋([Ｎ／８]＋３)＋([Ｎ／８]＋４)
      とできます。
      例えば、４４＝１１＋１１＋１１＋１１
      　　　　　　＝(５＋６)＋(５＋６)＋(５＋６)＋(５＋６)
      　　　　　  ＝(５＋６)＋(４＋７)＋(３＋８)＋(２＋９)
      　　　　　　＝２＋３＋４＋５＋６＋７＋８＋９
      

      ただし、[Ｎ／８]−３≧１より、Ｎ≧３２です。
      
      
   3. 以下同様に・・・２^ｍ×奇数ならば、同じようにできると思います。 ただし、Ｎはある定数以上という条件つきです。

こうして考えていくと、「水の流れ」さんのおっしゃっている
「一般に、整数Ｎを連続したいくつかの自然数に分解する方法は Ｎの奇数の約数の個数に等しい」というのもうなづけるのですが、 疑問も生じます。

Ｎ＝１５の分解について、 単独、約数３をもつから３つに分解できる、 約数５をもつから５つに分解はいいとして、 約数１５をもつことと、１５＝７＋８との分解を どう関連づけていいのかわからないのです。

またＮ＝１１１の分解について、１１１＝３×３７より、 単独、約数３をもつから３つに分解できる(111=36+37+38)、 奇数だから２つに分解できる(111=55+56、前段で言ったこと)はいいとして、 約数３７をもつから３７に分解できる、というわけにはいかないと思うのです。 強引にやるなら、

１１１＝３＋３＋３＋・・・＋３(３７個)
　　　＝(３＋３＋・・・＋３)＋３＋(３＋３＋・・・＋３)
　　　＝{(-15)＋(-14)＋・・・＋２}＋３＋{４＋・・・＋２０＋２１}

でも、負の数はだめですよね。先程述べたＮはある定数以上という条件にひっかかるわけです。
私はとんでもなく見当違いな考え方をしているのでしょうか？　 もっと別な分解の仕方があるのでしょうか？

NO.297 　　　 '99 1/20 　　コウスケ 　　　 1999!の桁数（１）

よって、１９９９！は４６０１桁、４６０２桁、４６０３桁のいずれかである。
これ以上できない・・・どうすれば正しい答えにたどり着けるのでしょうか？

NO.298 　　　 '99 1/20 　　Junko 　　　 1999!の桁数（２）

感心しました、すごい発想＋計算ですね！
関数のグラフとｘ軸とで囲まれた面積を出すのに、 内側の柱集団と外側の柱集団の面積ではさみ、 その横幅を小さくしていく(極限をとる)ことで求めるということがあります。
しかしこの場合は逆に柱集団の面積を求めるのに、 y=log x の定積分で近似するということですね。

ただし１ヶ所、計算まちがいをしています。

従って、可能性は５７３１、５７３２、５７３３となります。
ですから、答えが１つに決まらないという問題は相変わらず解決しません。
これは、この方法では仕方がないように思います。 この精度を上げるには、面積ではさむ時の無駄を少なくする工夫を していかなければならず、これはむずかしいように思います。
円周率πを求めるのに、内側と外側から正多角形でせめていったことを連想させますね。
因みに、「mathematica」で計算しましたら、 log₁₀１９９９！＝５７３２．２２･･･となりましたので、５７３３桁ということになります。
今月の問題　１９９９年の問題は、 この５７３３桁のうち下から何桁まで０が並ぶでしょうか？　という問題です。

NO.299 　　　 '99 1/21 　　水の流れ 　　　 連続自然数の和（４）

１５＝１×１５
　　＝１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１
　　＝−６−５−４−３−２−１＋０＋１＋２＋３＋４＋５＋６＋７＋８
　　＝(−６−５−４−３−２−１＋０＋１＋２＋３＋４＋５＋６)＋７＋８
　　＝０＋７＋８
　　＝７＋８

となり、和は０ですから。その和は１５で変わらないのです。

１１１＝３＋３＋３＋・・・＋３(３７個)
　　　＝(３＋３＋・・・＋３)＋３＋(３＋３＋・・・＋３)
　　　＝{(-15)＋(-14)＋・・・＋２}＋３＋{４＋・・・＋２０＋２１
　　　＝{(-15)＋(-14)＋・・・１４＋１５}＋１６＋１７＋１８＋１９＋２０＋２１
　　　＝０＋１６＋１７＋１８＋１９＋２０＋２１
　　　＝１６＋１７＋１８＋１９＋２０＋２１

負の数の処置をどうするかだけでした。

NO.300 　　　 '99 1/21 　　水の流れ 　　　 連続自然数の和（５）

「一般に、整数Ｎを連続したいくつかの自然数に分解する 方法はＮの奇数の約数の個数に等しい。」

＜証明＞Ｎがある奇数の約数（２ｋ＋１）を持つとき、 （ただし、ｋは整数）
ａ×（２ｋ＋１）＝Ｎとなるａを「真ん中」として連続数が作れる。
そこで、ａを「真ん中」として、ｍを最小数、Ｍを最大数とする。
Ｎ＝ｍ＋（ｍ−１）＋・・・＋ａ＋・・・＋（Ｍ−１）＋Ｍ・・・�@
これは、ａの左側はｋ個、ａの右側はｋ個、そして、真ん中の１個 の合計（２ｋ＋１）個の数が並んでいる。
もし、ｍが負の数のときには、少し考えてみます。
ｍ＋（ｍ−１）＋・・・＋０＋・・・＋（−ｍ−１）＋（−ｍ）＝０　・・・�A
より、�@−�A＝Ｎ−０＝Ｎ
すなわち、（−ｍ＋１）＋・・・＋（Ｍ−１）＋Ｍ＝Ｎ　・・・�B
これは，正の数だけで作った連続数の和です。

ところで、�@の形でつくった連続の和は当然「奇数個」です。
�Bの場合は、�@の奇数個から、�Aの奇数個を引きますから、 当然「偶数個」の連続数の和です。
以上から、１個の奇数の約数から、必ず�@または�Bの形の１通りの連続数の和が得られます。

　

逆に、１通りの連続数があったとき、１個の奇数があるだろうか？
調べます。
１通りの連続数が与えられたとき、それは�@か�Bのどちらかの形です。
�@なら、奇数個より、真ん中の数が１つ存在して、それに応じて奇数１つが決まる。
�Bなら、偶数個だから、�Aの奇数個を作って、 �@の負から始まる奇数個の和をつくる。 このとき、真ん中の数が１つ存在して、 それに応じて、他の別の奇数が１つが決まる。
したがって、「奇数の約数」と「正の連続数の和」は１対１に対応して、 その個数は一致する。　　　＜証明終わり＞

NO.301 　　　 '99 1/21 　　ヴァ− 　　　 互いに素（８）

水の流れさんの答え(NO.263)によると
ψ(2)+.....+ψ(100) = 3043なので，

(ψ(2)+.....+ψ(100))/(100(100-1)/2) = 3043*2/100/99 = 3043/4950

となって，私の6087/10000とは違っています．
これは，水の流れさんでは，僕の図(NO.289)でいうと， 左下から右上に向かう対角線より下半分の部分の白黒を 考えていることになっているからです．
つまり，6087=3043*2+1，なんですが， これは3043が下半分の黒の個数なのでそれを2倍して上半分の黒まで考慮し， 最後に(x,y)=(1,1)の部分の黒を付け加えているわけです

NO.302 　　　 '99 1/21 　　Junko 　　　 互いに素（９）

「任意に自然数を２つ選ぶ時、」とありますが、その選び方によって違ってくるわけですね。

同じものを２つ選ぶことを許し、さらにその順序も考慮する(重複順列)と、
全部で１００^２＝１００００通りです。
そのうちの６０８７通りですから、６０８７／１００００

１度に２つの自然数をとる(組み合わせ、同じものどうしはありえない)と、
_１００Ｃ_２＝１００・９９／２＝４９５０
そのうちの３０４３ですから、３０４３／４９５０

NO.303 　　　 '99 1/22 　　　　水の流れ 　　　 1998倍数の問題（３）

NO.184の３．「連続する自然数ｒ個の積はｒ！で割り切れる」の別証明です。

＜証明＞組み合わせ_ｎＣ_ｒ＝ｎ！／ｒ！（ｎ−ｒ）！　を考える。
ここで、任意の素数ｐが分子のｎ！に含まれる個数をｎ（ｐ）と、 分母のｒ！（ｎ−ｒ）！に含まれる個数をｒ（ｐ）＋ｓ（ｐ）とおいて、 比べます。
ただし、ｒ（ｐ）はｒ！に含まれる素数ｐの個数、 ｓ（ｐ）は（ｎ−ｒ）！に含まれる素数ｐの個数とする。
だから、どんなｐにたいしても、ｎ（ｐ）≧ｒ（ｐ）＋ｓ（ｐ）を示せれば良いのです。 ［　　］はガウス記号です。
ｎ(ｐ)＝［ｎ/ｐ］＋［ｎ/ｐ²］＋［ｎ/ｐ³］＋［ｎ/ｐ⁴］＋・・・
ｒ(ｐ)＝［ｒ/ｐ］＋［ｒ/ｐ²］＋［ｒ/ｐ³］＋［ｒ/ｐ⁴］＋・・・
ｓ(ｐ)＝［ｓ/ｐ］＋［ｓ/ｐ²］＋［ｓ/ｐ³］＋［ｓ/ｐ⁴］＋・・・
ただし、ｓ＝ｎ−ｒ，ｎ＝ｒ＋ｓここで、 ガウス記号の性質として、
一般に［（ａ＋ｂ）／ｋ］≧［ａ／ｋ］＋［ｂ／ｋ］が成り立ちますので、 これより、明らかに、ｎ（ｐ）≧ｒ（ｐ）＋ｓ（ｐ）が成り立ちます。
したがって、分母はすべて、約分されて、_ｎＣ_ｒは整数となる。
すなわち、_ｎＣ_ｒ＝ｎ(ｎ−１)(ｎ−２)・・・(ｎ−ｒ＋１)／ｒ！
より、題意は証明された。

NO.304 　　　 '99 1/22 　　　　水の流れ 　　　 パスカルの三角形（３）

「ｐが素数なら、パスカルの三角形の両端の１以外は ｐで割り切れる」ことにも気がつきました。

＜証明＞_ｎＣ_ｒ＝ｎ！／ｒ！（ｎ−ｒ）！ において、特に素数ｐに対して、
_ｐＣ_ｒ＝ｐ！／ｒ！（ｐ−ｒ）！
これは、整数ですので、０＜ｒ＜ｐならば、 分子にｐがあり、分母にはｐという因数は含まれていません。
したがって、ｐが素数ならば、_ｎＣ_ｒ、 （０＜ｒ＜ｐ）はｐの倍数である。
＜証明終わり＞

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