アットランダム≒ブリコラージュ

半径が1〜√nまでの円周上の格子点の数...♪

画像：完全無欠で荒唐無稽な夢　http://d.hatena.ne.jp/Hyperion64/20111101/1320149139 より 拝借 Orz〜

以下の定理は既出だけど...^^

http://www.geocities.jp/ikuro_kotaro/koramu/837_r5.htm より 引用 Orz〜

「［Ｑ］正の整数ｎを２つの平方数の和で表す方法は，平均して何通りあるか？

　［Ａ］たとえば，１，２，・・・，１０の表し方の個数はそれぞれ，４，４，０，４，８，０，０，４，４，８だから，平均は３．６である．１２８までのとき，平均は３．１５６２５となるそうだ．平均してπ通りあるのだが，共通点がなにもないようなこんな意外なところになぜ π が出てくるのだろうか？」

その理由がいまだわからねど...

『半径が 1〜√n までの円周上の格子点のおおよその数は？』

って解答は得られますよね ^^

上の定理から... n*π 個♪

で...

半径 √n の円内の格子点の数って...これそのものじゃん？って ^^

半径√nの円内の格子点の数は...

１辺が2√nの正方形内の格子点の数 = 4n 個

半径1と1辺が2の正方形の面積比は...π : 4 だから...

円内の格子点の数は...4n *π/4 = n*π 個で一致♪

けっきょく...

この逆を展開すれば...上記定理が証明されたことになるんじゃないのかいなぁ...^^v

どうなんだろ...?

ウィルソンの定理...

画像：http://www.aritearu.com/Life/Chess/ChessBooks/Capablanca.html より 拝借 Orz〜

ランカ

「チェス史上最高の天才の一人といわれるホセ・ラウル・カパブランカは１８８８年１１月１９日

ハバナで生まれ１９２１年から１９２７年まで世界チャンピオンの座にありました。４才にならない頃、

彼は父親がその友人と遊んでいるチェスを見ながらルールを覚えてしまったといいます。・・・」

*まるでガウスじゃん!!...羽生さんじゃん!!

「インド式チェスの達人から２１歳の時に西洋のチェスに転向しトップクラスに入った事実が挙げられる。

驚くことに彼はチェス専門書を全く読まずしてカパブランカなどに勝利することが出来たのである・・・」

*まるで...ラマヌジャンじゃん!!

脳が生み出したこの世のゲームにピッタリ最適化された頭脳の持ち主の出現が起こりうるんですよね☆

記事とは関係ないんだけど...最高の頭脳が作動してる時の雰囲気をば♪

むかしも読んでるはずなんだけど...自分で証明しようとしてもできず..but...

自分の凡才であることの証明はできたわけだけど....^^;...で...

調べた ^^;v

http://oto-suu.seesaa.net/article/291353426.html より 引用 Orz〜

「ウィルソンの定理は、フェルマーの小定理ほど有名ではなく、なんの役に立つのかもちょっとよく分からない内容ですが、小定理に劣らず美しい形ですし、素数と階乗というそれぞれ特殊な数ふたつを、剰余を仲立ちにつないでいる点で、純粋に数の性質や不思議さを楽しむうえでとても面白い性質といえます。素数は自分自身と1以外の約数を持たない数であり、階乗は逆に自分以下のすべての数を約数に持つ数です。このうち、階乗の側については、（P-1）より大きくしてしまうと、法の素数自身が入ってしまって割り切れてしまいますから、「自分の余りで作った」というところがミソです。

・・・

」

*最後の式が成り立つとすると...a=2 のときだけ...つまり...p=3 のときで、2^2≡1　mod 3

ってのは、フェルマーの定理ですけど...一般にはいえないことがわかりますね ^^

おまりが２種類あるはずはないもんね !!

http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/algebra/algebra21.htm より 引用 Orz〜

「フェルマーの定理　　ｐ が有理素数で、ａ が ｐ とは互いに素な自然数とするとき、

　　　　　　　　　　　ａ^ｐ−1 ≡ １　（ｍｏｄ　ｐ）

（証明）　２項定理より、　（ｍ＋ｎ）^ｐ≡ｍ^ｐ＋ｎ^ｐ　（ｍｏｄ　ｐ）　は明らかであろう。

これを一般化して、　（ｍ＋・・・＋ｎ）^ｐ≡ｍ^ｐ＋・・・＋ｎ^ｐ　（ｍｏｄ　ｐ）　が成り立つ。

ｍ＝・・・＝ｎ＝１　（ａ 個）とすれば、　ａ^ｐ≡ａ　（ｍｏｄ　ｐ）　である。

ここで、　ａ は ｐ とは互いに素な自然数なので、　ａ^ｐ−1≡１　（ｍｏｄ　ｐ）　（証終）

・・・

フェルマーの定理より、方程式 ａ^ｘ≡１　（ｍｏｄ　ｐ）を満たす自然数解が存在するので、

そのうちの最小の自然数解を、ｅ とすると、　ｐ−1 は、ｅ で割り切れる。

さらに、ｅ の最小性から、　ａ⁰　、ａ¹　、ａ²　、・・・、ａ^ｅ−1　は、ｐ を法として合同にはなりえない。

特に、ｅ＝ｐ−１ のとき、　ａ を ｐ を法としての原始根（または、ｐ の原始根）という。

・・・

例　ｐ＝７　のとき、　１ に対する ｅ ＝ １　、２ に対する ｅ ＝ ３　、３ に対する ｅ ＝ ６　、

　　４ に対する ｅ ＝ ３　、５ に対する ｅ ＝ ６　、６ に対する ｅ ＝ ２

　　以上から、７の原始根は、２個あり、　３ と ５ である。


ここで、自然数 １、２、３、・・・、ｎ の中で、ｎ と互いに素な数の個数は、φ（ｎ）で表される。

この関数を、オイラーの関数という。

例　φ（１）＝１、φ（２）＝１、φ（３）＝２、φ（４）＝２、φ（５）＝４、φ（６）＝２、φ（７）＝６

　オイラーの関数について、次の性質が成り立つ。

　　（１）　有理素数 ｐ に対して、　φ（ｐ）＝ｐ−１　　特に、φ（ｐ^ｎ）＝ｐ^ｎ−ｐ^ｎ−1

　　（２）　ａ と ｂ が互いに素ならば、　φ（ａｂ）＝φ（ａ）φ（ｂ）

　（証明）　（１）は、明らかであろう。

　　　　　　（２）は、次のように示される。

　　　　　　ａ より小さい数で、ａ と互いに素な数は、φ（ａ）個あり、その一つを、α とおく。

　　　　　　このとき、　ｂ 個の数　α、α＋ａ、α＋２ａ、・・・、α＋（ｂ−1）ａ　を考える。

　　　　　　これらは、何れも ｂ を法として合同でない。

　　　　　　したがって、　ａｂ と互いに素な数は全部で、φ（ａ）×φ（ｂ）個あるので、

　　　　　　　　　　　　　φ（ａｂ）＝φ（ａ）φ（ｂ）

　　　　　　が成り立つ。（証終）

例　φ（２）＝２−１＝１　、φ（３）＝３−１＝２　、φ（４）＝φ（２²）＝４−２＝２、
　　φ（６）＝φ（２）φ（３）＝１×２＝２


オイラーの関数 φ（ｎ） を用いると、上記で述べたことは、次のようにも言い換えることができる。

ｐ が有理素数で、ａ が ｐ とは互いに素な自然数とするとき、

ａ^φ（ｐ） ≡ １　（ｍｏｄ　ｐ）

この合同式を満たすφ（ｎ）が最小のものであるとき、ａ を、ｐ の原始根という。

もし、原始根が存在すれば、それは、φ（ｐ−1）個存在する。

原始根の一つを、ｇ （ｇ≠１）とすれば、

１、ｇ、ｇ²、ｇ³、・・・、ｇ^ｐ−2

は、互いに合同でない ｐ−１ 個の数で、いずれも ｐ では割り切れない。

・・・

いま、ａ を ｐ とは互いに素な任意の自然数とするとき、上記のことから、

　　　　　　　ｇ^ｅ ≡ ａ　（ｍｏｄ　ｐ）

となる ｅ （０≦ ｅ ＜ｐ−1 ）がただ一つ存在する。このとき、

　　　　　　　ｅ ＝ ｉｎｄ_ｇ（ａ）

で表し、原始根 ｇ を底とする ａ の指数（ｉｎｄｅｘ）という。

・・・

定理　　　有理素数 ｐ は、ｐ≠２　とする。このとき、任意の原始根 ｇ に対して、

ｉｎｄ_ｇ（−１） ≡ （ｐ−１）/２　（ｍｏｄ　ｐ−１）

（証明）　原始根 ｇ の定義より、　ｇ^ｐ−1 ≡ １　（ｍｏｄ　ｐ）　が成り立つ。このとき、

ｇ^ｐ−1−１ ≡ (ｇ^{(ｐ−１)/2}−１)(ｇ^{(ｐ−１)/2}＋１) ≡ ０　（ｍｏｄ　ｐ）　において、

ｇ^{(ｐ−１)/2}−１ ≡ ０　（ｍｏｄ　ｐ）とはなり得ないので、

ｇ^{(ｐ−１)/2}＋１ ≡ ０　（ｍｏｄ　ｐ）　より、　ｇ^{(ｐ−１)/2} ≡ −１　（ｍｏｄ　ｐ）

したがって、　ｉｎｄ_ｇ（−１） ≡ （ｐ−１）/２　（ｍｏｄ　ｐ−１）　が成り立つ。（証終）

例　指数表で、ｉｎｄ₃（６） ≡ ３　（ｍｏｄ　６）　であるが、６ ≡ −１　（ｍｏｄ　７）なので、
　　確かに、　ｉｎｄ₃（−１） ≡ （７−１）/２　（ｍｏｄ　６）　が成り立っている。

この定理を用いると、次の定理が得られる。

定理（ウィルソン）　　有理素数 ｐ に対して、　（ｐ−１）！≡ −１　（ｍｏｄ　ｐ）

（証明）　ｐ＝２　のときは、明らかに成り立つので、以下では、ｐ＞２　とする。

原始根 ｇ を用いて、（ｐ−１）！ ≡ ｇ^{0+1+2+・・・+(p-2)} ≡ ｇ^(p-2)(p-1)/2　（ｍｏｄ　ｐ）

と書ける。

上記の定理より、　ｇ^{(ｐ−１)/2} ≡ −１　（ｍｏｄ　ｐ）　なので、ｐ＞２　より、

（ｐ−１）！ ≡ （−１）^(p-2)≡ （−１）^p≡ −１　（ｍｏｄ　ｐ）　　（証終）

単に、この定理を証明するだけだったら、次のようにした方が分かりやすいだろう。

（別証）　素数 ｐ が ２ の場合は、明らかに成り立つ。

奇素数 ｐ に対して、フェルマーの定理より、１≦ｋ≦ｐ−１となる任意の整数 ｋ に対して、　

ｋ^ｐ−１≡１　（ｍｏｄ　ｐ）　が成り立つ。

したがって、多項式Ｆ（Ｘ）＝Ｘ^ｐ−１−１　において、

Ｆ（１）≡０　、　Ｆ（２）≡０　、・・・、　Ｆ（ｐ−１）≡０　　（ｍｏｄ ｐ）

よって、

Ｆ（Ｘ）≡(Ｘ−１)(Ｘ−２)・・・(Ｘ−ｐ＋１)　　（ｍｏｄ ｐ）　と因数分解される。

そこで、Ｘ＝０　を代入すると、　　（−１）^ｐ−１・（ｐ−１）！≡−１　（ｍｏｄ ｐ）

ｐ は奇数なので、 　（−１）^ｐ−１＝１

よって、（ｐ−１）！≡−１　（ｍｏｄ ｐ）　が成り立つ。　（別証終）

*これがわかりやすい☆

（コメント）　ウィルソンの定理は逆も成り立つ。　すなわち、

　　　　　　　　（ｐ−１）！ ≡ −１　　（ｍｏｄ　ｐ） ならば、　ｐ は有理素数

（証明）　ｐ が有理素数でないとすると、２つの自然数 ｍ 、ｎ （２ ≦ ｍ 、ｎ ＜ ｐ）を用いて、

ｐ ＝ ｍｎ と書ける。このとき、ｍ は（ｐ−１）！ の約数で、（ｐ−１）！ ＋１ の約数にはなり得ないので、

ｐ は、（ｐ−１）！ ＋１ の約数になり得ない。

これは、条件に矛盾する。　よって、ｐ は素数でなければならない。　（証終）

例　ｐ＝７　のとき、　（ｐ−１）！＝６！＝７２０ ＝１０３×７−１ ≡ −１　（ｍｏｄ　７）」

*奥深し...!!. 象を撫でてる気がする...^^;

３辺が整数で「斜辺とそうでない辺の一方との長さの差がk」の直角三角形の求め方☆

画像：http://shishou-2.cocolog-nifty.com/blog/2010/08/post-0875.htm] より 引用 Orz〜

「底辺が整数(奇数)のときには、必ず他の二辺も直角三角形を成立するための整数が存在し、

これはすなわち、整数比の直角三角形が無数にあることを示すことになります。」

以下のサイトで遭遇☆

http://math.a.la9.jp/achahi27.htm より 引用 Orz〜

「・高梨 さんのもの Orz〜

n²+2n+1=(n+1)²

この式に奇数の平方数pをとり、2n+1=pとしてやると、

例えばp=9のとき、2n+1=9、n=4、√(2n+1)=3より、
4²+3²=5²。

この3数(3,4,5)を辺の長さとする三角形は直角三角形で、

同様に、p=25の時(5,12,13)、p=49の時(7,24,25)……と同様の三角形が無限に作成できるが、これらの三角形は「斜辺とそうでない辺の一方との長さの差が1」という条件を必ず満たすので、どの二つをとっても相似になることはなく、ゆえに角の大きさも全て異なる。」

*つまり...

n^2+p^2=(n+1)^2

を満たしており、無限に存在するわけね♪

これをヒントに...二辺の差が任意の k≧1 の直角三角形も無限にあることが言えるかなと...^^...?

n^2+4n+4=(n+2)^2

なら...p^2=4n+4 という平方数をとれば...辺の差が２のものが、

たとえば...4(n+1)...n+1=9...8^2+6^2=10^2

n^2+6n+9=(n+3)^2 

なら...p^2=6n+9 という平方数をとれば...辺の差が３のものが、

たとえば...6n+9=m^2...6n=m^2-9=(m+3)(m-3)...m=9,n=12...12^2+9^2=15^2

・・・

って具合にいくらでも作れるってはずね？

と思ったのも束の間...よく考えてみると...

差が1の三角形を k 倍してるだけに過ぎないわけだゎ...^^;...Orz〜

ピタゴラスの定理...証明

100以上もの証明方法があると言われてるらしい...!!...

既出かも知れないけど...^^;...

以下は...

そのうちのいくつかを http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/pythagoras/pythagoras3.htm より 拝借させていただきましたぁ〜m(_ _)m〜

頭の体操になりますね♪

等積変形と三角形の合同により、下図の同じ色の部分の面積は等しい。

（この証明方法は、ユークリッドによるものと言われている。）

図形を組み替えることにより、下図の同じ色の部分の面積は等しい。

（この証明方法は、ピタゴラスによるものと言われている。）

合同な図形を巧妙に利用する証明。
（この証明方法は、レオナルド・ダ・ビンチによるものと言われている。）

*これはややこしぃ〜...^^;

詳しくは...上記サイトへ Go〜!!... Orz〜

相似比の利用による証明。
（この証明方法は、アインシュタインによるものと言われている。）

「1 から n までの自然数の立方の和」...☆

よくわからないまま...^^;...斬新な方法に出会ったもので ^^;v

http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum.htm より 引用 Orz〜

「階差数列の一般項の計算で、次の数列の和の公式

１2＋２2＋３2＋・・・＋ｎ2 ＝

http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum2.gif

よりも、むしろ、次の和の公式

１2＋２2＋３2＋・・・＋（ｎ−１）2 ＝

http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum17.gif

の方が多用される。このとき、

ｎ（ｎ＋１）（２ｎ＋１）−ｎ（ｎ−１）（２ｎ−１）＝６ｎ²

という等式の存在に気づかされる。

このことから、次の積分の等式

http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum18.gif

の成り立つことが分かる。（両辺を、ｋ に関して微分してみるとよい。）

*ここがよくわからなかったりするわたし...^^;...

したがって、「１ から ｎ までの自然数の立方の和」について、積分を用いた新しい証明法を得ることができる。

すなわち、　
　　http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum19.gif

において、
　　　　　　　　http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum20.gif

より、
　　http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum21.gif

したがって、

１3＋２3＋３3＋・・・＋ｎ3 ＝

http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum3.gif

が成り立つ。

（追記）　平成２１年６月２日付け

「自然数の和」や「平方数の和」を求める場合に定積分を用いる手法は新鮮である。

たとえば、「自然数の和」を求める場合は、　Ｆ₁(ｘ)＝ｘ＋１/２　について、

http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum28.gif

となることから、

http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum29.gif

である。

ところで、Ｆ₁(ｘ)＝ｘ＋１/２　は次のようにして求められる。

１次式　Ｆ₁(ｘ)＝ａｘ＋ｂ　について、

http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum30.gif

が成り立つものとして、両辺を ｋ で微分すると、　ａｋ＋ｂ−｛ａ（ｋ−１）＋ｂ｝＝１

これより、　ａ＝１　である。このとき、定積分の計算から、

ｋ−１/２＋ｂ＝ｋ　より、　ｂ＝１/２

よって、条件式を満たす１次式　Ｆ₁(ｘ)　は、　Ｆ₁(ｘ)＝ｘ＋１/２　と確定する。

同様にして、２次式　Ｆ₂(ｘ)＝ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ　について、

http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum31.gif

が成り立つものとして、両辺を ｋ で微分すると、

ａｋ²＋ｂｋ＋ｃ−｛ ａ（ｋ−１）²＋ｂ（ｋ−１）＋ｃ｝＝２ｋ

よって、　　２ａｋ−ａ＋ｂ＝２ｋ　より、　ａ＝ｂ＝１

このとき、定積分の計算から、　ｋ²＋ｃ−１/６＝ｋ²　より、　ｃ＝１/６

よって、条件式を満たす２次式　Ｆ₂(ｘ)　は、　Ｆ₂(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１/６　と確定する。

この　Ｆ₂(ｘ)＝ｘ²＋ｘ＋１/６　を用いて、

http://www004.upp.so-net.ne.jp/s_honma/sum/sum32.gif

と、平方の和が求められる。　」

も一つ見つけた♪

画像：http://d.hatena.ne.jp/shiumachi/20090930/1254310002 より 引用 Orz〜

1辺の長さが1,2,...,nの正方形を階段状に並べた図を考える。

http://d.hatena.ne.jp/cgi-bin/mimetex.cgi?\sum_{k=1}^nk^2は上図の斜線部の面積に等しい。

斜線部の面積は(大きい長方形の面積)-(点線部の階段部分の面積)で求めることができる。

長方形の面積は、http://d.hatena.ne.jp/cgi-bin/mimetex.cgi?n(1+2+3...+n)で求められる。

点線部の階段部分の面積は、http://d.hatena.ne.jp/cgi-bin/mimetex.cgi?((1)\times1+(1+2)\times1+...+(1+2+...+(n-1))\times1で求められる。

よって、

http://d.hatena.ne.jp/cgi-bin/mimetex.cgi?\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^nk^2&=&n\sum_{k=1}^nk-\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{l=1}^kl\\&=&n\sum_{k=1}^nk-\sum_{k=1}^{n-1}{\frac{k(k+1)}{2}}\\&=&n\sum_{k=1}^nk-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-1}k^2-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n-1}k\\&=&n\sum_{k=1}^nk-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}k^2-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}k+\frac{n^2+n}{2}\\&=&n\sum_{k=1}^nk-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}k^2-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}k+\sum_{k=1}^{n}k\\&=&n\sum_{k=1}^nk-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}k^2+\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}k\end{eqnarray*}

式を変形して、

http://d.hatena.ne.jp/cgi-bin/mimetex.cgi?\begin{eqnarray*}\frac{3}{2}\sum_{k=1}^nk^2&=&(n+\frac{1}{2})\sum_{k=1}^nk\\&=&(n+\frac{1}{2})\frac{n(n+1)}{2}\end{eqnarray*}

よって、

http://d.hatena.ne.jp/cgi-bin/mimetex.cgi?\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^nk^2&=&\frac{2}{3}(n+\frac{1}{2})\frac{n(n+1)}{2}\\&=&\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\end{eqnarray*}　　」

*なるほどねぇ〜♪

自分の頭でひねり出さなきゃ...

オリジナル/バージンなる真理は姿を見せてはくださらないってことなのよ!!....^^;v

わたしゃ...どうも、見てるだけの人で...

触れぬまま...^^;;...

無念だけれど...仕方なし...

ま、見れるだけでも嬉しや☆