数列a(n),b(n)を次のように定義します。
a(1)=p, a(2)=q, a(n+2)=a(n+1)+a(n) (p,qは整数で0≦p,q≦6,(p,q)≠(0,0))
b(n)≡a(n) (mod 7), 0≦b(n)≦6
このとき、b(n)は(p,q)の組によらず周期16で循環し、どの連続する16項をとってもその和は常に一定となります。
このことを直接b(n)を求めず、理論的に示す方法はあるでしょうか？
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No.78935 - 2021/10/19(Tue) 10:29:03
| ☆ Re: / らすかる | | | a[n+16]=a[n+15]+a[n+14]
=2a[n+14]+a[n+13]
=3a[n+13]+2a[n+12]
=5a[n+12]+3a[n+11]
=8a[n+11]+5a[n+10]
=13a[n+10]+8a[n+9]
=21a[n+9]+13a[n+8]
=34a[n+8]+21a[n+7]
=55a[n+7]+34a[n+6]
=89a[n+6]+55a[n+5]
=144a[n+5]+89a[n+4]
=233a[n+4]+144a[n+3]
=377a[n+3]+233a[n+2]
=610a[n+2]+377a[n+1]
=987a[n+1]+610a[n]
=7(141a[n+1]+87a[n])+a[n]
なので
a[n+16]≡a[n] (mod 7)
よって成り立つ。
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No.78939 - 2021/10/19(Tue) 17:45:13 |
| ☆ Re: / ぬえ | | | ありがとうございます。
実際に計算してみると循環しているのが一目瞭然ですね！
しかし和が一定になる根拠がいまいち掴めません...
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No.78945 - 2021/10/19(Tue) 20:10:51 |
| ☆ Re: / ヨッシー  | | | 和が一定の方は至って簡単で、16項の和
b(a)＋b(a+1)＋・・・＋b(a+15)
があって、これを１つずらすと、
b(a+1)＋b(a+2)＋・・・＋b(a+16)
になりますが、b(a) が減って、b(a+16) が増えただけなので、
循環性 b(a)＝b(a+16) より、ずらす前後で和は変わりません。
これを連続して何回も行うと、任意の連続16項で和が一定となります。
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No.78946 - 2021/10/19(Tue) 20:37:08 |
| ☆ Re: / ぬえ | | | 度々すみません。
初期値(p,q)によらないのはなぜでしょうか？
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No.78951 - 2021/10/19(Tue) 21:18:16 |
| ☆ Re: / らすかる | | | 導出した
a[n+16]≡a[n] (mod 7)
という式にp,qが含まれていないからです。
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No.78955 - 2021/10/19(Tue) 23:49:26 |
| ☆ Re: / mathmouth | | | もしかして質問者さんは,
連続するどの16項の和は16項の選び方に依らないというだけでなく(p,q)にも依らない(つまり(p,q)をどのように決めても連続する16項の和は(p,q)に依存せずある決まった値(=49)になる)ということの直接確認する以外の方法での説明が欲しいという主張をされているのではないでしょうか？
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No.78963 - 2021/10/20(Wed) 07:18:52 |
| ☆ Re: / IT | | | 整数x,yについて xp+yq を7 で割った余りをr(x,y)とおくと
（記述量を減らすとともに見通しを良くするために定義しました。）
b(1)=r(1,0)
b(2)=r(0,1)
b(3)=r(1,1)
b(4)=r(1,2)
b(5)=r(2,3)
b(6)=r(3,5)
b(7)=r(5,8)=r(5,1)
b(8)=r(1,6)
b(9)=r(6,0)
b(10)=r(0,6)
b(11)=r(6,6)
b(12)=r(6,5)
b(13)=r(5,4)
b(14)=r(4,2)
b(15)=r(2,6)
b(16)=r(6,1)
∴
b(1)+b(9)=r(1,0)+r(6,0)=0,7
b(2)+b(10)=r(0,1)+r(0,6)=0,7
b(3)+b(11)=r(1,1)+r(6,6)=0,7
b(4)+b(12)=r(1,2)+r(6,5)=0,7
b(5)+b(13)=r(2,3)+r(5,4)=0,7
b(6)+b(14)=r(3,5)+r(4,2)=0,7
b(7)+b(15)=r(5,1)+r(2,6)=0,7
b(8)+b(16)=r(1,6)+r(6,1)=0,7
これらの８つのペアのうち、ちょうど１つのペアの和だけが0で他ペアの和は７となる。
ことを示せば良いと思います。
有限の問題なので(p,q) のすべての組の7×７-１＝４８通りを調べれば、必ず出来ますが、質問者の意図に合いませんので、どうやって手際よく示すかだと思います。
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No.78975 - 2021/10/20(Wed) 21:27:20 |
| ☆ Re: / らすかる | | | (ITさんの考察の続き)
p=0,q≠0のときr(1,0)=0,r(0,1)≠0,r(1,1)≠0,r(1,2)≠0,r(2,3)≠0,
r(3,5)≠0,r(5,1)≠0,r(1,6)≠0なので、r(1,0)+r(6,0)のみ0となる。
p≠0,q=0のときr(1,0)≠0,r(0,1)=0,r(1,1)≠0,r(1,2)≠0,r(2,3)≠0,
r(3,5)≠0,r(5,1)≠0,r(1,6)≠0なので、r(0,1)+r(0,6)のみ0となる。
pq≠0のとき
r(1,0)≠0,r(0,1)≠0
6(p+q)=6p+6q
6(p+2q)=6p+12q≡6p+5q
3(2p+3q)=6p+9q≡6p+2q
2(3p+5q)=6p+10q≡6p+3q
-3(5p+q)=-15p-3q≡6p+4q
6(p+6q)=6p+36q≡6p+q
から
p+q≡0⇔6p+6q≡0
p+2q≡0⇔6p+5q≡0
2p+3q≡0⇔6p+2q≡0
3p+5q≡0⇔6p+3q≡0
5p+q≡0⇔6p+4q≡0
p+6q≡0⇔6p+q≡0
(以上、合同式はすべてmod 7)
となり、1≦p≦6から6pを7で割った余りは1〜6のいずれか、
1≦q≦6からq,2q,3q,4q,5q,6qを7で割った余りはすべて異なり
1〜6の値をとるから、
p+q,p+2q,2p+3q,3p+5q,5p+q,p+6qのうちちょうど一つだけ7の倍数になる。
よってpq≠0の場合は
r(1,1),r(1,2),r(2,3),r(3,5),r(5,1),r(1,6)のうちどれか一つだけ0になるので
r(1,1)+r(6,6),r(1,2)+r(6,5),r(2,3)+r(5,4),r(3,5)+r(4,2),
r(5,1)+r(2,6),r(1,6)+r(6,1)のうち一つだけ0になることが示された。
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No.78990 - 2021/10/21(Thu) 18:57:40 |
| ☆ Re: / IT | | | らすかるさん＞
なるほど、その程度の場合分けは必要で、これだと質問者のリクエストに応えられていますね。
質問者さんへ＞ 出典は何ですか？
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No.79016 - 2021/10/23(Sat) 07:56:42 |
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