四平方の親子関係

a,b,c,dを自然数、a^2+b^2+c^2=d^2,Ω=a+b+c-dとするとき、

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

a^2+b^2+c^2=d^2というように、3つの平方数の和で表せる平方数の式を四平方と呼ぶことにすると、一つの四平方から新たな四平方が作れるということです。

この計算を四平方操作と呼ぶことにします。

証明を書きます。

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

f(x)=2x(x+a+b+c-d)からf(-Ω)=0が分かり、

f(-Ω)=(-Ω+a)^2+(-Ω+b)^2+(-Ω+c)^2-(-Ω+d)^2=0、つまり

(Ω-a)^2+(Ω-b)^2+(Ω-c)^2=(Ω-d)^2となっていることが示せました。

また、任意のa,b,c,dの符号を負にして四平方操作をすることで、負をつけていないものに四平方操作をしたものも含めると最大で8種類の新たな四平方を見つけることができます。

(Ω-a)^2+(Ω-b)^2+(Ω-c)^2=(Ω-d)^2をa^2+b^2+c^2=d^2の親、a^2+b^2+c^2=d^2を(Ω-a)^2+(Ω-b)^2+(Ω-c)^2=(Ω-d)^2の子と呼ぶことにします。

面白いことに、任意のa,b,c,dの符号を負にし、四平方操作をして作った四平方は、a^2+b^2+c^2=d^2の子になっているようです。

ひとつのピタゴラス数に二重ピタゴラス操作をすることですべてのピタゴラス数が現れたように（「ピタゴラス数と倍数　その２」「二重ピタゴラス操作と行列」を参照して下さい）

ひとつの四平方に四平方操作をすることですべての四平方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！

ピタゴラス数と二次関数

a,b,cをピタゴラス数、つまりa,b,cはa^2+b^2=c^2を満たす互いに素な自然数とする

f(x)=(x+a)^2+(x+b)^2-(x+c)^2という関数を考えることで、新たなピタゴラス数や3つの整数の平方の和で表せる平方数が出てくることに気付きました。

では書いていきます

f(x)=x(x+2(a+b-c))なので、f(-2(a+b-c))=0が分かるので、

f(-2(a+b-c))=(-2(a+b-c)+a)^2+(-2(a+b-c)+b)^2-(-2(a+b-c)+c)^2=0

つまり、

(a+2b-2c)^2+(2a+b-2c)^2=(2a+2b-3c)^2であることが分かり、これは新たなピタゴラス数です。

また、f(x)=(x+(a+b-c))^2-(a+b-c)^2であることから、f(-a-b+c)=-(a+b-c)^2が分かるので、

f(-a-b+c)=(-a-b+c+a)^2+(-a-b+c+b)^2-(-a-b+c+c)^2=-(a+b-c)^2

つまり、

(b-c)^2+(a-c)^2+(a+b-c)^2=(a+b-2c)^2であることが分かり、これは3つの整数の平方の和が平方数になっている式であることが分かります。

また、(x+a)^2+(x+b)^2-(x+c)^2という式だけでなく、

(x-a)^2+(x+b)^2-(x+c)^2

(x+a)^2+(x-b)^2-(x+c)^2

(x+a)^2+(x+b)^2-(x-c)^2

という式を考えても同様のことが言えます。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

a+b+1を和、a+b+abを積とする体およびその拡張

演算☆,♡を

a☆b=(a+1)+(b+1)-1=a+b+1

a♡b=(a+1)(b+1)-1=a+b+ab

と定義する。

{0,1,……,p-1}(mod p)(pは素数)において☆を加法、♡を乗法とするとき、

{0,1,……,p-1}は加法の単位元が(p-1),乗法の単位元が0の体になることに気付きました。

証明もできたので概要を書いておきます。

ある集合が体になっていることを証明するには、加法に関して可換群になっていて、加法の単位元を除いた集合も乗法に関して可換群になっていて、分配法則(a×(b+c)=ab+ac)が成り立っていることを示せばよいのでした。

これからmod pを省略して書きます

a,bを任意の集合の元とするとき

a☆b=b☆a,a♡b=b♡a,a☆(p-1)=a,a♡0=aは自明です

このことから加法、乗法ともに交換法則が成立していることと単位元が存在することが示せました。

また、a☆x=p-1,c♡y=0となる元x,yがどんなa,どんな(p-1)でない元cに対しても存在することから、逆元の存在が示せます。

a☆(b☆c)=(a☆b)☆c,a♡(b♡c)=(a♡b)♡cという結合法則、a♡(b☆c)=(a♡b)☆(a♡c)という分配法則も、計算すれば成立していることが分かります。

このようにして証明できます。

また、べき算も定義できることに気付きました。

演算〇を、a〇b=(a+1)^(b+1)-1と定義すると、この演算は今回考えた体のべき算になっています。

実際、普通の演算でいうa^(b+c)=a^b×a^cに相当する等式も、成立しています。

a〇(b☆c)=a〇(b+c+1)=(a+1)^(b+c+2)-1

(a〇b)♡(a〇c)=((a+1)^(b+1)-1)♡((a+1)^(c+1)-1)

=((a+1)^(b+1)-1)+((a+1)^(c+1)-1)+((a+1)^(b+1)-1)((a+1)^(c+1)-1)=(a+1)^(b+c+2)-1

となることから、確かめられました。

 普通の演算において、足し算の時計、掛け算の時計、べき算の時計があるように、この体でも☆の時計、♡の時計、〇の時計を作ることができると思われます。時計については多分僕の投稿をすうじあむの頃からずっと見てくれている人しか分からないと思うので、URLを貼っておきます。

皆の投稿 - 冪時計 - 数学博物館 すうじあむ

では拡張を考えていきます。

演算￥,〒をa￥b=a+b+n,a〒b=a+b+(ab)/nと定義するとき、

￥を加法、〒を乗法とすると、

nがpを法として0でないならば、

{0,1,……,p-1}(mod p)は加法の単位元が-n,乗法の単位元が0の体になるようです。

更に拡張したものとして、

mをnと互いに素な自然数とするとき

{0,1,……,m-1}(mod m)は￥に関して巡回群になり、さらに演算￥においての巡回群{0,1,……,m-1}の生成元の集合は、〒に関して群になると予想しました。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

フィボナッチと互いに素 その２

a,bを互いに素な自然数の定数、

F(n)が、F(n)+F(n+1)=F(n+2)(また、F(1),F(2)は自然数、F(1)≠F(2))を満たし、

J(n),K(n)を0以上F(n)以下

(ただしF(n)＜aあるいはF(n)＜bとなっているときは、F(n)以下という条件を変えて、a以下あるいはb以下という条件にする)

の整数とする。

a×J(n)-b×K(n)=F(n)となっているとき、

J(n)はJ(n)+J(n+1)=J(n+2)となっている(また、K(n)もJ(n)と同様)と予想しました。

例をあげます

F(n)を1,2,3,5,8,13,21,34……という数列とし、

a=2,b=3とすると、

2×J(1)-3×K(1)=1つまりJ(1)=2,K(1)=1

2×J(2)-3×K(2)=2つまりJ(2)=1,K(2)=0

2×J(3)-3×K(3)=3つまりJ(3)=3,K(3)=1

2×J(4)-3×K(4)=5つまりJ(4)=4,K(4)=1

2×J(5)-3×K(5)=8つまりJ(5)=7,K(5)=2

……となっていき、確かにJ(n)+J(n+1)=J(n+2),K(n)+K(n+1)=K(n+2)となっています。

ただし、ここまで書いておいて悪いのですが、J(5)=4,K(5)=0としても条件を満たしているので、この条件だけだと駄目なときもあるようです。すみません。

0を使わないと式が成立しないとき以外はJ(n),K(n)を0にしないとしたらうまくいくのかな、と思っていますが、確証はありません。

F(n)+F(n+1)=F(n+2)という条件をxF(n)+yF(n+1)=F(n+2)(x,yは自然数)という条件に変えた場合は、

J(n)もxJ(n)+yJ(n+1)=J(n+2)となっている(K(n)もJ(n)と同様)のかなぁと思いました。

以上です！お読みいただきありがとうございました！

a+ab+bと巡回群

演算＠を

a@b=a+ab+b

と定義するとき、

{0,1,……,p-2}(mod p)(pは素数)は＠に関して巡回群になっていることに気付きました。

ここから先mod pは省略します

逆元と単位元が存在し、結合法則が成り立ち、与えられた演算に関して閉じていれば群と呼ぶのでした。

さらに、与えられた演算で単位元にひとつの元を入力し続けていくとすべての元が現れるとき、その群を巡回群と呼ぶのでした。

群になっていることだけ証明しておきます。

a＠0=a

0@a=a

から、0が単位元になっていることが分かります。

任意のaに関して、

a@b=0を満たすbが必ず存在すること、つまり逆元が存在することを示します。

a@b=a+ab+b=0より、b=-a/(a+1)

a≠-1なので分母が0にならず、また-1にもならない(-a/(a+1)=-1とすると等式が成立しなくなる)ので、逆元が存在することが示せました。

(a@b)@c=(a+ab+b)@c=(a+ab+b)+c(a+ab+b)+c=abc+ab+ac+bc+a+b+c

a@(b@c)=a@(b+bc+c)=a+a(b+bc+c)+(b+bc+c)=abc+ab+ac+bc+a+b+c

から、結合法則が成立していることが分かります。

a,b≠-1のとき、a@b≠-1、つまりa+ab+b+1≠0になることがないことが示せれば演算＠に関して閉じていることが示せます。

a+ab+b+1=0として矛盾を導きます。

a+ab+b+1=(a+1)(b+1)=0より、a=-1またはb=-1

しかしa,b≠-1なので矛盾

よって、演算に関して閉じていることが示せました。

では具体例を見ていきます。

mod 7の場合を考えてみましょう。

a@0=a

a@1=2a+1

a@2=3a+2

a@3=4a+3

a@4=5a+4

a@5=6a+5

となっています。

0に@2を付け続けていくと、

0@2=2

2@2=1

1@2=5

5@2=3

3@2=4

4@2=0

と、要素である0,1,2,3,4,5がすべて出ました。

よってmod7のとき、巡回群になっていることが分かりました。

n≠0とするとき、

{0,1,……p-1}(ただし-1/nと合同な要素は取り除く)という集合に

a☆b=a+nab+b

として演算☆を定めても巡回群になります。

どこか間違えていたら教えて下さい。

お読みいただきありがとうございました！

パスカルの三角形の差

パスカルの三角形は

１

１１

１２１

１３ ３ １

１ ４ ６ ４ １

１ ５  10   10  ５ １

1   6  15  20  15  6  1

1  7  21  35  35  21  7  1

1  8  28  56  70  56  28  8  1

1  9  36  84  126 126  84  36  9  1

 このようなものでした。

今回予想したことは、パスカルの三角形の任意の段の隣り合う3個の数の和をすべて求めてできる列と、同じ個数だけ要素がある段の差を求めると、パスカルの三角形のある段がでてくるというものです。

例として1,2,1という段を見ていきます。

隣り合う3個の数の和をすべて求めると、

1,1+2,1+2+1,2+1,1、つまり1,3,4,3,1となり、要素は5個です。

要素が5個の段は1,4,6,4,1なので、二つの差をとると、

0,1,2,1,0、つまり1,2,1となり、パスカルの三角形の三段目が出て来ました。

このことがどの段に対しても言えたらいいなぁという予想です。

拡張も考えました。

パスカルの三角形の任意の段の隣り合う4個の数の和をすべて求めてできる列と、同じ個数だけ要素がある段の差を求め、すべての要素を2で割ると、パスカルの三角形のある段がでてくるという予想です。

例として1,3,3,1という段を考えます。

隣り合う4個の数の和をすべて求めると、

1,4,7,8,7,4,1となります。

同じだけ要素を持つ段は1,6,15,20,15,6,1なので、差をとると、

0,2,8,12,8,2,0、つまり2,8,12,8,2という列が現れ、2で割ると1,4,6,4,1というパスカルの三角形の5段目が現れました。

隣り合う数の個数を変えたもののうち小さいものについても、こうなっているだろうと予想しているものがあるので書いておきます。

■パスカルの三角形の任意の段の隣り合う5個の数の和をすべて求めてできる列と、同じ個数だけ要素がある段の差を求め、できた列の要素の個数より二つ要素が少ないパスカルの三角形の段を足し、すべての要素を3で割ると、パスカルの三角形のある段がでてくる。

■パスカルの三角形の任意の段の隣り合う6個の数の和をすべて求めてできる列と、同じ個数だけ要素がある段の差を求め、できた列の要素の個数より二つ要素が少ないパスカルの三角形の段を3倍したものを足し、すべての要素を4で割ると、パスカルの三角形のある段がでてくる。

■パスカルの三角形の任意の段の隣り合う7個の数の和をすべて求めてできる列と、同じ個数だけ要素がある段の差を求め、できた列の要素の個数より二つ要素が少ないパスカルの三角形の段を6倍したものを足し、列の要素の個数より四つ要素が少ないパスカルの三角形の段を引き、すべての要素を5で割ると、パスカルの三角形のある段がでてくる。

5個の和をすべて求める場合のみ具体例を書いておきます。

1,4,6,4,1という段を考えます。

隣り合う5個の数の和をすべて求めると、1,5,11,15,16,15,11,5,1となります。

この列と要素の個数が同じ段は1,8,28,56,70,56,28,8,1なので、差を求めると、

0,3,17,41,54,41,17,3,0、つまり3,17,41,54,41,17,3という列が現れます。

この列より要素が二つ少ない、1,4,6,4,1という段を足すと、

3,18,45,60,45,18,3となり、

3で割ると1,6,15,20,15,6,1というパスカルの三角形の段が現れます。

以上です。なにかあればコメントください。ツイッターにてダイレクトメールを送ってもらっても結構です。

お読みいただきありがとうございました！

フィボナッチと互いに素

a(n),b(n),c(n),d(n)を0以上の整数とする

F(1)とF(2)を互いに素な自然数、F(1)+F(2)=F(3)とする

F(n)×a(n)-F(n+1)×b(n)=(-1)^n,

F(n)×c(n)-F(n+1)×d(n)=(-1)^(n-1)

とするとき

a(n),b(n),c(n),d(n)はそれぞれフィボナッチ型数列になる、と予想しました

(ただしa(n),b(n),c(n),d(n)をF(n),F(n+1)の大きいほうより小さい数であるとする)

具体例を挙げます。

F(1)=5,F(2)=3とする(つまりF(n)は5,3,8,11,19,30,……と続いていく)

a(n)とb(n)を求めてみる

n=1のとき

5a(1)-3b(1)=-1なので、a(1)=1,b(1)=2

n=2のとき

3a(2)-8b(2)=1なので、a(2)=3,b(2)=1

n=3のとき

8a(3)-11b(3)=-1なので、a(3)=4,b(3)=3

n=4のとき

11a(4)-19b(4)=1なので、a(4)=7,b(4)=4

n=5のとき

19a(5)-30b(5)=-1なので、a(5)=11,b(5)=7

となり、

a(n)は1,3,4,7,11,……、b(n)は2,1,3,4,7,……と続いていくことが分かり、小さい値ではフィボナッチ型数列の条件を満たしています。

c(n),d(n)も同様です。

拡張した予想を考えたので書いておきます

j,kを互いに素な自然数とする

G(n)がj×G(n)+k×G(n+1)=G(n+2)を満たし、且つ隣り合う項が互いに素になっているとする

G(n)×a(n)-G(n+1)×b(n)=(-1)^n,

G(n)×c(n)-G(n+1)×d(n)=(-1)^(n-1)

とするとき

j×a(n)+k×a(n+1)=a(n+2)となっている(b(n),c(n),d(n)もa(n)と同様)

(ただしa(n),b(n),c(n),d(n)をG(n),G(n+1)の大きいほうより小さい数であるとする)

以上です！なにかあればコメントください。

お読みいただきありがとうございました！

フィボナッチ数列・リュカ数列とパスカルの三角形の積

パスカルの三角形の上からn段目と、フィボナッチ数列のn番目までの各項の積をとり、すべて足すと隣り合うフィボナッチ数列の平方の和が現れると予想しました。

フィボナッチ数列は

1,1,2,3,5,8,13,……

というもので、

パスカルの三角形は

１

１１

１２１

１３ ３ １

１ ４ ６ ４ １

１ ５  10   10  ５ １

1   6  15  20  15  6  1

1  7  21  35  35  21  7  1

1  8  28  56  70  56  28  8  1

1  9  36  84  126 126  84  36  9  1

というものです

では実際に計算します。

1×1＝1＝0^2＋1^2

1×1＋1×1＝2＝1^2＋1^2

1×1＋1×2＋2×1＝5＝1^2＋2^2

1×1＋1×3＋2×3＋3×1＝13＝2^2＋3^2

1×1＋1×4＋2×6＋3×4＋5×1＝34＝3^2＋5^2

1×1＋1×5＋2×10＋3×10＋5×5＋8×1＝89＝5^2＋8^2

1×1＋1×6＋2×15＋3×20＋5×15＋8×6＋13×1＝233＝8^2＋13^2

と、確かに小さい場合では成立しています。

リュカ数列でも、適したパスカルの三角形を与えれば同様のことが言えます。

リュカ数列とは、

1,3,4,7,11,18,29,……

というものです

リュカ数列に適したパスカルの三角形とは、

１
１  ３

１ ４ ３

１５ ７ ３

１ ６ 12 10 ３

１ ７  18   22  13 ３

1   ８  25  40  35  16  ３

このようなものです

実際に計算すると、

1×1＝1

1×1＋3×3＝10＝1^2＋3^2

1×1＋3×4＋4×3＝25＝3^2＋4^2

1×1＋3×5＋4×7＋7×3＝65＝4^2＋7^2

1×1＋3×6＋4×12＋7×10＋11×3＝170＝7^2＋11^2

1×1＋3×7＋4×18＋7×22＋11×13＋18×3＝445＝11^2＋18^2

1×1＋3×8＋4×25＋7×40＋11×35＋18×16＋29×3＝1165＝18^2＋29^2

と、確かに小さい場合は隣り合う2つのリュカ数の平方の和で表せています。

基本的に、あるパスカルの三角形(これをXと呼ぶことにする)を斜めに足していくとf(n)というフィボナッチ型数列が現れるとき、f(n)に適したパスカルの三角形はXだ、と予想しています。

以上です　お読みいただきありがとうございました！

こんなところにフィボナッチ！

f(1)=1

f(1)×n+f(2)×(n-1)+……+f(n)×1=f(n+1)

という数列f(n)がフィボナッチ数列とリュカ数列の積で表せると予想しました。

まず具体的に計算してみます。

f(1)=1

f(2)=f(1)×1=1

f(3)=f(1)×2+f(2)×1=2+1=3

f(4)=f(1)×3+f(2)×2+f(3)×1=3+2+3=8

f(5)=f(1)×4+f(2)×3+f(3)×2+f(4)×1=4+3+6+8=21

となっていって、

1,1,3,8,21,55,144,377……

となります。

それぞれの項を自然数の積で表すと、

1=1×1

3=1×3

8=2×4

21=3×7

55=5×11

144=8×18

377=13×29

となり、確かにf(n)が小さい場合、×の前にはフィボナッチ数列が小さい順に、×の後にはリュカ数列が小さい順に現れています。

また、

g(n)=1

g(1)×(n-1)+g(2)×(n-2)+……+g(n-1)×1+g(n)×0=g(n+1)

という数列g(n)の小さい値を計算してみたところ

1,0,1,2,4,8,16,32,64

となるので、2のべき乗が現れるのかなぁと予想しています。

h(n)=1

h(1)×(n-2)+h(2)×(n-3)+……h(n-2)×1+h(n-1)×0+h(n-2)×(-1)=h(n+1)

という数列を調べてみたところ、小さい値が

1,-1,1,0,1,1,2,3,5,8

となったので、フィボナッチ数列になっているのかなぁと思いました。

初期値を少し変えるだけでこれだけ変わるので、もっと調べてみようと思います。

以上です。お読みいただきありがとうございました！

三角ピタゴラス数の関係

a番目の三角数をΔaと書くことにします。

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

今回考えた予想はこのようなものです。

自然数a,b,cがΔa+Δb=Δcを満たすとき、

a+bk=ckあるいはak+b=ckとなるような自然数kが必ず存在する

例えば、

Δ5=5×6/2=15

Δ6=6×7/2=21

Δ8=8×9/2=36

より、Δ5+Δ6=Δ8であることが分かり、

また、5×2+6=8×2ともなっている

みたいな感じです。

一般のn角数にも拡張できたら面白いなぁと思います。

お読みいただきありがとうございました！