２通りの二平方和の比

x,yを異なる4n+1型の素数とする。

どのようなx,yをとっても、

xy=a^2+b^2=c^2+d^2

となるような自然数a,b,c,dが存在します。

2xy=e^2+f^2=g^2+h^2

となるような自然数e,f,g,hも存在します。

それでは今回予想したことを書きます。

(a+c)と(b+d)の最大公約数をsとするとき、

((a+c)/s)^2+((b+d)/s)^2は、x,2x,y,2yのいずれかになると予想しました。

(a+c)と(b+d)ではなく、(a+d)と(b+c)としても同様になっているだろうと思っています。

また、

(e+g)と(f+h)の最大公約数をtとするとき、

((e+g)/t)^2+((f+h)/t)^2が、x,2x,y,2yのいずれかになると予想しました。

(e+g)と(f+h)ではなく、(e+h)と(f+g)としても同様になっているだろうと思っています。

具体例を挙げます。

x=13,y=17とするとき

xy=221=10^2+11^2=5^2+14^2

なので、a=10,b=11,c=5,d=14とすることができます。

(a+c)と(b+d)、つまり15と25の最大公約数は5なので、s=5です。

よって、((a+c)/s)=3,((b+d)/s)=5となり、

((a+c)/s)^2+((b+d)/s)^2=3^2+5^2=9+25=34=2×17=2yとなっています。

(a+d)と(b+c)、つまり24と16の最大公約数は8です

よって、((a+d)/8)=3,((b+c)/8)=2となり、

((a+d)/8)^2+((b+c)/2)^2=3^2+2^2=9+4=13=xとなっています。

2xyも考えてみると、

2xy=442=1^2+21^2=9^2+19^2なので、

(1+9)と(21+19)の最大公約数は10なので

((1+9)/10)^2+((21+19)/10)^2=1^2+4^2=17=y

(1+19)と(21+9)の最大公約数は10なので

((1+19)/10)^2+((21+9)/10)^2=2^2+3^2=13=x

と、確かに成立しています

また、p,q,rをピタゴラス数とするとき、

p^2+q^2=0^2+r^2と考えることで、今回言ったことをピタゴラス数にも適用させることができます。 

以上です！お読みいただきありがとうございました！

行列と分数

(a b)
(c d)

という形で二次正方行列を表しているとします。(行列の出し方が分からないのでこうしてます。すみません)

行列式が1になるような(つまりad-bc=1となるような)、要素がすべて自然数の二次正方行列から、ある関係を持った分数を作れることに気付きました。

例えば、

(1 1)
(2 3)

という行列を縦に読んで、1/2,1/3という分数を作り、分母を揃えると、

3/6,2/6、となり、分子の差が1になりました。

行列式が1になる、0を下の行に含まない二次正方行列がすべてこのようになっていることは、ad-bc=1となっていることから分かります。

また、行列式が1の行列同士の積も行列式は1になるので、その行列からも分母を揃えると分子の差が1になるような分数が取り出せます。

(1 0)
(1 1)と、

(1   1  )
(n n+1)という行列たち(nは自然数)の積で、

分母を揃えると分子の差が1になる、分母が互いに素な分数がすべて取り出せたりしたら面白いなぁと思いますが、証明できていないので誰か証明して……反証でもいいから……

以上です！お読みいただきありがとうございました！

-2進数

nを0以上の整数とする。

(-2)^nの形で表せる数、つまり

1,-2,4,-8,16,-32,64,-128,……

という数たちの和で、すべての整数を一意に表せると予想しました。

自然数のうち小さいものをこの和で表してみると、

1=1

2=-2+4

3=1-2+4

4=4

5=1+4

6=-2-8+16

7=1-2-8+16

8=-8+16

となり、

負の整数のうち絶対値の小さいものをこの和で表してみると、

-1=1-2

-2=-2

-3=1+4-8

-4=4-8

-5=1-2+4-8

-6=-2+4-8

-7=1-8

-8=-8

となります。

0は、どの数も足さない場合として考えます。

これは、-2進数を考えているともとれます。

-3進数、-4進数など、一般の負の整数の進数でもすべての整数を一意に表せるのであれば、面白いなぁと思います。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

負数番目のフィボナッチ数列

負数番目のフィボナッチ数列、つまり、

1,-1,2,-3,5,-8,13,-21,34,-55,……

という数列の、隣り合わない項の和で、すべての整数を一意的に表せるそうです。

Wikipediaの「ゼッケンドルフの定理」の項目に書いてある、「フィボナッチ積」という概念を負数番目のフィボナッチ数列に適応してみました。

F[n]を、

F[1]=1

F[2]=-1

F[3]=2

F[4]=-3

F[5]=5

F[6]=-8

F[7]=13

F[8]=-21

F[9]=34

F[10]=-55

……というように定義します。

あとはフィボナッチ積と同じように計算することで、負数番目のフィボナッチ積の完成です。

フィボナッチ積について、うまく説明できないので、wikiの「ゼッケンドルフの定理」の項目を見て下さい。すみません。

↓URL貼っておきます

ゼッケンドルフの定理 - Wikipedia

さて、整数aと整数bの負数番目のフィボナッチ積を、a◎bと書くことにするとき、

bが0でないならば、

a◎b+a◎(-b)=a

となっていると予想しました。

もっと他に言えることあればいいなと思っているので、その２を投稿するかもしれません。読んでくれた方もこの計算に対してなにか思いつかれたら教えて頂けると嬉しいです。

お読みいただきありがとうございました！

トリボナッチのピラミッド

「フィボナッチのピラミッド」のトリボナッチ数列版です。

mizumiya-umi.hatenablog.com

1,1,2,4,7,13,24,44,81,……という数列をトリボナッチ数列と言います。連続する3つの項の和が次の項になっているような数列です。

トリボナッチ数列から一番最初の項の1を除いたもの、

つまり 1,2,4,7,13,24,44,81,…… という数列を考えるとき

この数列から３つ以上連続しないように項を選び和をとることで、すべての自然数を表せると予想しました。

また、この予想をもとにもう一つ予想を考えました。

T[n]をn番目のトリボナッチ数列(ただし一番はじめの1をT[0],二番目の1をT[1]とする)とするとき、

T[n]未満の自然数をすべて3つ以上連続しないトリボナッチ数の和で表し、

それらの和のなかでそれぞれのトリボナッチ数がいくつずつ現れるかを調べたところ、「フィボナッチのピラミッド」のときと同様の規則が見つかりました。

「フィボナッチのピラミッド」のときのように、三角形状に書くと

１

２ ２

３ ３ ３

６ ５ ５ ６

11 10 ８ 10 11

20 18  16  16  18 20

37   33  29  32  29  33  37

このような三角形ができます。

斜めに隣り合う3つの数の和が、その斜めの角度に沿った下の場所の数になっているようなのです。

もう一つ面白そうなことが言えて、上の段を矛盾なく埋めていくと、

０

０ ０

１ ０ １

１ ０ ０ １

２ ０ １ ０ ２

４ ０ ２ ２ ０ ４

７ ０ ３ ３ ３ ０ 7

 13 ０ ６ ５ ５ ６ ０ 13

０ 11 10 ８ 10 11 0

０ 20 18  16  16  18 20 ０

０ 37   33  29  32  29  33  37 ０

というように、なんと三角形の上にトリボナッチ数列が現れるようなのです！

テトラナッチ数列やそれ以上の数列に対しても同様のことが言えたら、楽しいなと思います。

以上です　お読みいただきありがとうございました！

フィボナッチのピラミッド

1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,……と続いていく数列をフィボナッチ数列と呼びます。

1,1からはじまり、前のふたつの数を足したものが次の数になっています。

フィボナッチ数列から一番最初の項の1を除いたもの、

つまり 1,2,3,5,8,13,21,34,55…… という数列を考えるとき、

この数列から隣り合わないように項を選び和をとることで、すべての自然数を一意的に表せます。（ゼッケンドルフの定理）

さて、

F[n]をn番目のフィボナッチ数（ただし一番はじめの1をF[0],二番目の1をF[1]とする）とするとき、

F[n]未満の自然数をすべて隣り合わないフィボナッチ数の和で表し、

それらの和のなかでそれぞれのフィボナッチ数がいくつずつ現れるかを調べたところ、規則が見つかりました。

具体的に小さい値を考えてみます。

1=1

2=2

3=3

4=1+3

5=5

6=1+5

7=2+5

8=8

9=1+8

10=2+8

11=3+8

12=1+3+8

13=13

となり、

2未満では1が1回現れていて、

3未満では1,2が1回ずつ現れていて、

5未満では1,3が2回、2が1回現れていて、

8未満では1,5が3回、2,3が2回現れていて、

13未満では1,8が5回、2,5が3回、3が4回現れています。

F[n]未満においてF[1]がg[1]回、F[2]がg[2]回……F[n-1]がg[n-1]回現れるとき、これを

F[n]→g[1],g[2],……,g[n-1]　と書くことにすると

F[2]→1

F[3]→1,1

F[4]→2,1,2

F[5]→3,2,2,3

F[6]→5,3,4,3,5

となります。

これを三角形状に書き、更にもう少し大きい値も書くと

１

１ １

２ １ ２

３ ２ ２ ３

５ ３ ４ ３ ５

８ ５  ６  ６  ５ ８

13   ８  10  9  10  ８  13

 

 となります。

この三角形を見ると、斜めに隣り合うふたつの数の和が、その斜めの角度に沿った下の数になるようです。

証明はできていません。

以上です　お読みいただきありがとうございました！

60度・120度の角を持つ整数三角形の親子関係・友達関係

ある三角形の三辺の長さi,j,kが、i^2+ij+j^2=k^2となっているとき、iとjの間の角は120度になっています。

また、ある三角形の三辺の長さd,e,fが、d^2-de+e^2=f^2となっているとき、dとeの間の角は60度になっています。

こうなっていることの証明は余弦定理を使うとできます。

さて、a^2+ab+b^2=c^2を満たす整数a,b,cを考えることで、辺がすべて整数の、60度の角を持つ三角形と120度の角を持つ三角形をすべて考えることができます。

a,bがともに正の数ならば120度の角を持つ整数三角形、a,bどちらかが正の数でもう片方が負の数ならば60度の角を持つ整数三角形、a,bがともに負の数ならば120度の角を持つ整数三角形です。

これから、a,b,cについて調べることで、60度・120度の角を持つ整数三角形たちのつながりを見つけたいと思います。

まずは親子関係から。

f(x)=(a+x)^2+(a+x)(b+x)+(b+x)^2-(c+x)^2という関数を考えると、

f(x)=2x(x+3/2×(a+b)-c)となることから、

s=3/2×(a+b)-cとすると、f(-s)=0となるので、

(a-s)^2+(a-s)(b-s)+(b-s)^2=(c-s)^2となっていることが分かります。

よって、a,b,cが60度・120度の角を持つ整数三角形の辺の長さになっているとき、a-s,b-s,c-sもまた60度・120度の角を持つ整数三角形の辺の長さになっていることが分かりました。

この関係を親子関係と呼んでいます。

次に、友達関係を説明します。

g(x)=a^2+a(b+x)+(b+x)^2-c^2という関数を考えると、

g(x)=x(x+a+2b)となることから、g(-a-2b)=0が分かり、

a^2+a(-a-b)+(-a-b)^2=c^2となっていることが分かりました。

よって、a,b,cが60度・120度の角を持つ整数三角形の辺の長さになっているとき、a,-a-b,cもまた60度・120度の角を持つ整数三角形の辺の長さになっていることが分かりました。

この関係を友達関係と呼んでいます。

親子関係、友達関係を結んでいくことで、すべての60度・120度の角を持つ整数三角形が現れるのであれば面白いなぁと思いますが、証明はできていません。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

三角ピタゴラス数の親子関係

n番目の三角数をΔn,つまりΔn=n(n+1)/2とします。

Δa+Δb=Δcを満たす自然数a,b,cを三角ピタゴラス数と呼ぶことにします。

一組の三角ピタゴラス数から無数の三角ピタゴラス数を見つける方法を思いつきました。

Δa+Δb=Δc、s=2(a+b-c)+1とするとき、

Δ(a-s)+Δ(b-s)=Δ(c-s)となっているのです。

ただし、nを自然数とするとき、Δ(-n)=Δ(n-1)となっていることに注意して下さい。

証明を書きます。

f(x)=Δ(a+x)+Δ(b+x)-Δ(c+x)という関数を考えると、

f(x)=x(x+2(a+b-c)+1)となることから、f(-s)=0が言え、

Δ(a-s)+Δ(b-s)-Δ(c-s)=0となることが言え、よって示されました。

ピタゴラス数のときのように、a,b,cのうちどれかひとつが負の場合も考えることで、基本的に一組の三角ピタゴラス数から4種類の新たな三角ピタゴラス数を見つけることができます。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

２組のピタゴラス数の積 その２

「２組のピタゴラス数の積」で言ったようなことが、もっと他にも言えることに気付いたので投稿します。

a[1],b[1],c[1]とa[2],b[2],c[2]をピタゴラス数、

つまり

a[1]^2+b[1]^2=c[1]^2,a[2]^2+b[2]^2=c[2]^2

となっていて且つa[1].b[1],c[1],a[2],b[2],c[2]を自然数とします。

更に、a[1],a[2]を奇数、b[1],b[2]を偶数とします。

a[1]b[2]+b[1]a[2]+c[1]c[2],

|-a[1]b[2]+b[1]a[2]+c[1]c[2]|,

|a[1]b[2]-b[1]a[2]+c[1]c[2]|,

|a[1]b[2]+b[1]a[2]-c[1]c[2]|が平方数になるようだということ、

a[1]a[2]+b[1]b[2]+c[1]c[2],

|-a[1]a[2]+b[1]b[2]+c[1]c[2]|,

|a[1]a[2]-b[1]b[2]+c[1]c[2]|,

|a[1]a[2]+b[1]b[2]-c[1]c[2]|が平方数の2倍になるようだということに気付きました。

例をあげます。

(a[1],b[1],c[1])=(3,4,5)、(a[2],b[2],c[2])=(21,20,29)とすると、

a[1]b[2]+b[1]a[2]+c[1]c[2]=3×20+4×21+5×29=289=17^2

-a[1]b[2]+b[1]a[2]+c[1]c[2]=|-3×20+4×21+5×29|=|169|=13^2

a[1]b[2]-b[1]a[2]+c[1]c[2]=|3×20-4×21+5×29|=|121|=11^2

a[1]b[2]+b[1]a[2]-c[1]c[2]=3×20+4×21-5×29=|-1|=1^2

a[1]a[2]+b[1]b[2]+c[1]c[2]=3×21+4×20+5×29=288=2×12^2

|-a[1]a[2]+b[1]b[2]+c[1]c[2]|=|-3×21+4×20+5×29|=|162|=2×9^2

|a[1]a[2]-b[1]b[2]+c[1]c[2]|=|3×2-4×20+5×29|=|128|=2×8^2

|a[1]a[2]+b[1]b[2]-c[1]c[2]|=|3×21+4×20-5×29|=|-2|=2×1^2

となり、確かに成立しています。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

ピタゴラス数と四平方

a^2+b^2+c^2=d^2,a+b=dのとき、

(a+c)^2+(b+c)^2=(d+c)^2となっていることに気付きました。

四平方からピタゴラス数が作れることがあるということです。

「四平方の親子関係」で書いた四平方操作を、ピタゴラス数にしてみます。

a^2+b^2+0^2=d^2に四平方操作をすればいいのです。

このときΩ=a+b-dなので、(Ω-a)^2+(Ω-b)^2+Ω^2=(Ω-d)^2、つまり

(d-b)^2+(d-a)^2+(a+b-d)^2=(2d-a-b)^2という四平方が作れました。

(d-b)+(d-a)=(2d-a-b)から、この四平方はピタゴラス数を作れることが分かります。

実際に作ってみると、a^2+b^2=d^2という、四平方操作をするまえのピタゴラス数が現れました。

また、-a,b,cに二重ピタゴラス操作をしてp,q,rというピタゴラス数ができるとき、

-a,b,0,cに四平方操作をしてできる四平方から作れるピタゴラス数はp,q.rになっているようです。

aにマイナスをつけたものを考えましたが、bやcにマイナスをつけたものも同様になっているようです。

以上です！お読みいただきありがとうございました！