nを2以上の自然数とする。
√(Σ[k=1,n]k(n-k))が整数となるようなnの値を全て求めよ。
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No.46748 - 2017/11/11(Sat) 15:36:09
| ☆ Re: 和について / らすかる | | | 調べたところn=2,3,49で全てらしいですが、
証明はわかりません。
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No.46758 - 2017/11/12(Sun) 01:56:12 |
| ☆ Re: 和について / IT | | | やはり難しいのですね。
私が考えた途中まで書きます。
Σ[k=1,n]k(n-k)=(n-1)n(n+1)/6 なので
√(Σ[k=1,n]k(n-k))が整数のとき
(n-1)n(n+1)=6m^2, mは自然数。
ここで、(n-1)とn、nと(n+1)は互いに素、(n-1)と(n+1)の最大公約数は1か2であることに注意。
n=6k-2,6k-1,6k,6k+1,6k+2,6k+3,（kは0か自然数）。に分類して調べる。
n=6k-2のとき,
(6k-3)(6k-2)(6k-1)=6(2k-1)(3k-1)(6k-1)
よって,(2k-1)(3k-1)(6k-1)=m^2.
左辺のいずれの２項も互いに素なので,いずれも平方数。
・・・
こんな感じで絞れるかと思いましたが止まりました。
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No.46760 - 2017/11/12(Sun) 07:04:24 |
| ☆ Re: 和について / angel | | | では、私も考えたところを。
件の式が (n-1)n(n+1)/6 と分子が3連続の整数の積であり、2を除いては共通する素因数がないため、それぞれでほぼ平方数である必要があります。
分母の 6 の分を考えると、(n-1), n, (n+1) の3数は 2x^2, 3y^2, z^2 の組み合わせです。
例えば n=49 の解は、n+1=2・5^2, n-1=3・4^2, n=7^2 になっています。
さて、n が十分大きい場合を考えると、2数を選んで割り算するとほぼ 1 になるはずです。
例えば、z^2/(2x^2)≒1 という線から考えると、z/x≒√2
このような組み合わせは√2の連分数表現 √2=1+1/(2+1/(2+…)) から、3/2, 7/5, 17/12, 41/29 等があることが分かります。
※3/2 に対応して 9=3^2,8=2・2^2、7/5 に対応して 49=7^2,50=2・5^2、41/29 に対応して 1681=41^2,1680=2・29^2 等、連続する2数が見つかります
この線で√3 か √(3/2) でも同じように考えて共通部分を探れば…なんですが。ここから先はちょっと良く分かりません。
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No.46762 - 2017/11/12(Sun) 12:58:38 |
| ☆ Re: 和について / らすかる | | | 多分↓ここに証明が書かれていると思いますが、
外国語の素養のない私には読めません。
http://www.numdam.org/article/NAM_1878_2_17__464_1.pdf
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No.46772 - 2017/11/12(Sun) 16:34:44 |
| ☆ Re: 和について / IT | | | らすかるさん御紹介のページはフランス語ですかね。
私もフランス語は、まったく分からないですが、勝手に翻訳して書いてみます。
（フランス語部分は推定で書いてます。）
n(n+1)(n+2)/6=Q^2(平方数)として解いているのでそのまま書きます。
１ nが偶数のとき
n=2m とおくと 2m(2m+1)(2m+2)/6=Q^2,
4で割って m(2m+1)(m+1)/6=Q^2.
問題118(429ページ)の結果から 解はm=1,24,すなわちn=2,48 .
（IT注）ここがメイン部分ですが、このPDFには載っていません。
次の投稿に載せましたが、これだけで有名な難問「平方ピラミッド問題」1^2+2^2+...+n^2=Q^2 となるのは,n=1,24 だけ。ですね。
２ nが奇数のとき
n,n+1,n+2 のいずれかは3で割り切れるので,n=6m+3,6m-1,6m+1 の場合がある.
（1) nが３で割りきれるとき n=6m+3とおける.
(6m+3)(6m+4)(6m+5)=6Q^2,
6で割って
(2m+1)(3m+2)(6m+5)=Q^2.
３項のいずれの２項にも共通する素因子はないので
2m+1=x^2…?@,3m+2=y^2…?A,6m+5=z^2…?B,
?@×3+1=?A×2なので 3x^2+1=2y^2,
これは mod3 で考えると解がない.
(2) n+1が３で割りきれるとき n=6m-1とおける.
(6m-1)6m(6m+1)=6Q^2,
6m-1=x^2,6m=6y^2,6m+1=z^2,
∴x^2+1=6y^2,
これは mod3 で考えると解がない.
(3) n+2が３で割りきれるとき n=6m+1とおける.
(6m+1)(6m+2)(6m+3)=6Q^2,
6m+1=x^2,6m+2=2y^2,6m+3=3z^2;
∴(ア) x^2+1=2y^2…?C,2y^2+1=3z^2,x^2+2=3z^2;
∴(イ) 3z^2=4y^2-x^2=(2y+x)(2y-x).
x,y,z にはいずれの２つにも共通する素因子はないので、2y+xと2y-xは互いに素,・・・・
・・・(しっかり推定できてません）
よって
z=pq,2y+x=3p^2…?D,2y-x=q^2…?E. とおける.
?C×8,?D×?E×6,?D^2,?E^2から
9p^4-18(p^2)(q^2)+q^4+8=0.
これをp^2について解の公式で解くと
p^2=q^2±(2/3)√(2(q^4-1))=q^2±(2/3)√(2(q^2+1)(q+1)(q-1))
ここで√(2(q^4-1))=√(16((q^2+1)/2)((q^2-1)/4))とも書ける.・・・
・・・（しっかり推定できてません）
これを満たすのは,q^2-1=0で,よってq^2=1,p^2=1.
このとき,x=y=z=1,m=0,n=1.
以上併せて解はn=1,2,48.
（IT注）元の問題ではn=2,3,49 になります。
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No.46778 - 2017/11/12(Sun) 21:56:27 |
| ☆ Re: 和について / IT | | | １ nが偶数のとき
n=2m とおくと 2m(2m+1)(2m+2)/6=Q^2,
4で割って m(2m+1)(m+1)/6=Q^2（平方数）
は、有名な「平方ピラミッド問題（リュカのキャノンボール問題） 」ですね。
日本語の解は下記にあります。
https://www.cst.nihon-u.ac.jp/research/gakujutu/56/pdf/P-6.pdf
＞あべちる さんへ
これだけ面倒な問題を内在した、この「nを2以上の自然数とする。√(Σ[k=1,n]k(n-k))が整数となるようなnの値を全て求めよ。」という問題は、どこから来たのでしょうか？
何かを解くために必要で出てきたのなら別ですが、問題のための問題だとすると不思議な気がします。
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No.46780 - 2017/11/12(Sun) 22:43:53 |
| ☆ Re: 和について / angel | | | らすかるさん、ITさん、ありがとうございます。
こちらはGoogle先生にちょっとお願いしてました。
ITさんの推定から漏れた部分の補足です。
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> x,y,z にはいずれの２つにも共通する素因子はないので、2y+xと2y-xは互いに素,・・・・
> ・・・(しっかり推定できてません）
x,y,z はそれぞれ互いに素のため、2y+x, 2y-x ( 和 4y、差 2x ) は ( 1 を除いて ) 2 以外の約数を持ちえない。
しかし x が奇数であることから、この 2 もあり得ない、すなわち 2y+x, 2y-x は互いに素である。
> p^2=q^2±(2/3)√(2(q^4-1))=q^2±(2/3)√(2(q^2+1)(q+1)(q-1))
> ここで√(2(q^4-1))=√(16((q^2+1)/2)((q^2-1)/4))とも書ける.・・・
> ・・・（しっかり推定できてません）
> これを満たすのは,q^2-1=0で, …
根号の中の各項の共通素因数は高々 2 であること、素数 z の約数 q もまた素数であることから、
√(2(q^2+1)(q+1)(q-1))=√(16・(q^2+1)/2・(q^2-1)/4)
と書き換えることができ、(q^2+1)/2, (q^2-1)/4 は互いに素な整数である。
これらが平方数となるか、或いは 0 となって消える必要があるが、
・前者については q^2-1 が平方数足り得ず、不可能
・後者のみ可能であり、q^2-1=0
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なお、文中で参照されていた平方ピラミッド問題の方は http://www.numdam.org/article/NAM_1877_2_16__429_1.pdf にあるのを見つけましたが…。まあ、これもフランス語なので。
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No.46783 - 2017/11/13(Mon) 00:59:30 |
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