アットランダム≒ブリコラージュ

5000：下1〜8桁がいずれも3の倍数でない1〜9を並べた数...

問題5000・・・やどかりさんのブログ  http://blogs.yahoo.co.jp/oka_yadokary/29948525.html  より Orz〜

1 〜 9 の９個の数字を１つずつ無作為に並べて９桁の自然数を作ります。

この９桁の自然数は必ず３の倍数になりますが、
下１桁，下２桁，下３桁，下４桁，下５桁，下６桁，下７桁，下８桁の

いずれもが３の倍数でない確率は？

解答

上記サイト  http://blogs.yahoo.co.jp/oka_yadokary/30003103.html  より Orz〜

記念の5000問目はどうしても解きたかったので...すっきり爽やか!! 

[解答1] 

３で割った余りが 0 である数字を [0]，余りが 1 である数字を [1]，余りが 2 である数字を [2]
と表せば、1 〜 9 の９個の数には [0]，[1]，[2] が３個ずつあります。

[0]を除いた６個の数字を並べて、下１桁 〜 下５桁のいずれもが３の倍数でない場合は、
[1][1][2][1][2][2] または [2][2][1][2][1][1] で、
[0]を入れる場所は最初と最後以外のなら良いので、間の 5ヵ所から重複を許して 3ヶ所を選びます。

　条件に合う９桁の自然数は、[0]に 3，6，9 、[1]に 1，4，7 、[2]に 2，5，8 を入れればよいから、
2･₅Ｈ₃･3!･3!･3!＝2･5･6･7･3!･3! 通りあります。
従って、その確率は、2･5･6･7･3!･3!/9!＝1/24 になります。


[解答2] 

4，7 を 1 、 5，8 を 2 、 6，9 を 3 に書きかえても、
「下１桁，下２桁，下３桁，下４桁，下５桁，下６桁，下７桁，下８桁のいずれもが３の倍数でない」
という条件は変わらないので、
1，2，3，1，2，3，1，2，3 を無作為に並べて９桁の自然数を作っても確率は同じです。

3 を除いた６個の数字を並べて、下１桁 〜 下５桁のいずれもが３の倍数でない場合は、
112122 または 221211 で、3 を入れる場所は最初と最後以外のなら良いので、
間の 5ヵ所から重複を許して 3ヶ所を選び、2･₅Ｈ₃＝2･5･7 通りあります。
全ての並べ方は、9!/(3!･3!･3!)＝8･7･6･5 通りですので、確率は、2･5･7/(8･7･6･5)＝1/24 です。

*最初...

k桁が3の倍数である数f(k) とすると、f(k)=f(9-k)
k桁が3の倍数でない数g(k)とすると、g(k)=g(9-k)
k桁は3の倍数かそうでないかしかないから...
f(k)+g(k)=9!

mod 3 で考えると...
3,6,9≡0
1,4,7≡1
2,5,8≡-1
1桁...f(1):g(1)=3:(9-3)=1:2
2桁...(1,-1),(0,0)...f(2):g(2)=(3^2*2+6):(9*8-18-6)=1:2
3桁...(1,-1,0),(0,0,0)...f(3):g(3)=(3^3*3!+3!):(9*8*7-168)=1:2
4桁...(1,1,-1,-1),(0,0,1,-1)...f(4):g(4)=(3^2*4!+3^2*3*4!):(9*8*7*6-864)=2:5
すべてを満たさなきゃいけないから...
(2/3)^6*(5/7)^2=1600/(3^6*7^2)=1600/35721

なんて迷走してましたが...^^;

そっかぁ!! って気づけて♪
1,1,-1,1,-1,(-1)しか並べられないので...５カ所に重複を許して0を３個入れる...
5H3=7C3=7*6*5/3*2=35
この倍だけあるので...70
同じ mod は３種類あるので...
(3!)^3
全体は9! なので...
70*(3!)^3/9!=2*5*7*6*6*6/9*8*7*6*5*4*3*2=1/24

500

問題500

ｘとｙは互いに素な正整数で、nは正の偶数とする。
このとき、x+yはx^n+y^nの約数ではないことを証明せよ。
ただし、xy≠1 とする。





























解答
x^n+y^n=K(x+y)、Kは整数
と仮定して背理法で証明する。
nが偶数なので
x^n-y^n=(x+y)(x-y){x^(n-2)+x^(n-4)*y^2+ノノ..+x^2*y^(n-4)+y^(n-2})
であるからx^n-y-nはx+yの倍数であり
x^n^y^n=L(x+y) Lは整数
これから2x^n=(K+L)(x+y)、2y^n=(K-L)(x+y)
他方(x,y)=1なので(x^n,y^n)=1　よって(2x^n,2y^n)=2
よって2はx+yの倍数になるが、これはxy≠1に矛盾する。

よく考えるとこれで言えるのかちょっと疑問に思えてきてます。。。^^;

・uchinyanさんのもの Orz〜
私が思った証明。p が q を割り切ることを p | q と書きます。
x^n + y^n = (x^n - y^n) + 2 * y^n
n は偶数なので，因数定理より，明らかに，x + y | x^n - y^n がいえます。
x + y と 2 * y^n とが共通因数 a not= 1 をもつとすると，a | 2 * y^n から a | y or a | 2 or (a = 2b and b not= 1 and b | y) です。
a | y の場合は，a | x + y なので，a | x です。しかし，これは，x, y が互いに素，ということと矛盾します。
a | 2 の場合は，a = 2 ですが，x + y がこれ以外の 1 でない因数をもつと，x + y | x^n + y^n のためには最初の場合に帰着し矛盾です。
そこで，x + y = 2 しかありえませんが，これは，xy not= 1 に矛盾します。
b | y の場合は，最初の場合に帰着します。
したがって，右辺は，x + y を因数にもたないので，x^n + y^n も x + y を因数にもちません。

問題を見て最初に思い付いた証明は少し違って，
x^n + y^n = (x + y) * (x^(n-1) + y^(n-1)) - xy * (x^(n-2) + y^(n-2))
を使うものです。
同じような議論で x + y が xy を割り切らない，互いに素，ことがいえるので，x + y が x^2 + y^2 を割り切るかどうかに帰着します。
そして，
x^2 + y^2 = (x + y)^2 - 2xy
より，x + y が 2 を割り切るかどうかに帰着し，x + y = 2 がありえないことから証明される，というものです。

こちらの方が正確ですね♪