質問＜１６０３＞２００４／２／２０
１５は、 １５＝４＋５＋６＝７＋８＝１＋２＋３＋４＋５ というように、２つ以上の連続整数の和として３通りの方法で表せます。 他の数でもためしてみましたが、 １５のように、ある自然数を２つ以上の連続整数の和として表す方法が ３通りだけあるならば、 その自然数は１より大きい奇数の約数を３個もつように思えます。 これを証明する方法が分からないので、教えてください。
お便り２００４／３／５
from=naoya
いろいろ考えていたら一般的な法則が見えてきたので、それを証明します。
連続"整数"の和とありますが、恐らく負の数や０は除外することと思い、
連続"自然数"の和と読み替えました。
「ある自然数Nが1以外の奇数の約数をM個持つことは、Nが2項以上の連続自然数
の和M通りで表現できることと同値である」…(*)
[証明]
まずはじめに、「ある自然数Nが1以外の奇数の約数を持つときのみ、Nは2項以上
の連続自然数の和で表現できる」…(**)ことを示す。
N=1は明らかに連続自然数の和に書き直せないので、除外する。
[I]N(≠1)が1以外の奇数の約数を持たない時
N = 2^p (pは自然数)とおき、Nがa～b(a＜b)の連続自然数の和で表現できる
と仮定すると、
b
N = Σi = (a+b)(b-a+1)/2 = 2^p ⇔ (a+b)(b-a+1) = 2^(p+1)
i=a
ここで、a,bともに偶数の時、(偶数)×(奇数)=2^(p+1)となり矛盾
a,bともに奇数の時、(偶数)×(奇数)=2^(p+1)となり矛盾
a,bの偶奇が異なる時、(奇数)×(偶数)=2^(p+1)となり矛盾
このことより、Nが1以外の奇数の約数を持たない時、連続自然数の和で
表現できない。
[II]Nが1以外の奇数の約数(2k+1)(kは自然数)をもつとき
N = (2k+1)n (nは自然数)とおけて、
N = n+n+ … +n+ … +n+n = (n-k)+(n-k+1)+ … +n+ … (n+k-1)+(n+k)
n+k
= Σi と変形できるので、Nは必ず連続"整数"の和で表現できる。
i=n-k
(i)n-k>0 つまり n>k のとき
n+k
N = Σi という(2k+1)項の連続"自然数"の和で表現できる。
i=n-k
(ii)n-k≦0 つまり n≦k のとき
n+k
N = Σi = {(n-k)+(n-k+1)+ … +(-n+k-1)+(-n+k)}+(-n+k+1)+ … +(n+k)
i=n-k
n+k
= Σi という2n項の連続"自然数"の和で表現できる。
i=-n+k+1
(i)・(ii)より、Nが1以外の奇数の約数(2k+1)をもつとき、必ず2項以上の
連続自然数の和で表現できる。
[I][II]より、(**)は示せた。
N = (2k+1)n のとき、(i)(ii)よりNは次のように変形できた。
(A)n>kのとき
n+k
N = Σi …初項(n-k),末項(n+k),項数(2k＋1)の連続自然数の和
i=n-k ↑
訂正
(B)n≦kのとき
n+k
N = Σi …初項(-n+k+1),末項(n+k),項数2nの連続自然数の和
i=-n+k+1
(iii)Nの(k,n)の組がただ1つに決まると、その(k,n)に応じた2項以上の
連続自然数の和S(k,n)がただ1つに定まる。
(iv)逆に、2項以上の連続自然数の和Sがただ1つ与えられた時を考える。
Sの項数が奇数のとき(A)を逆にたどって(k,n)がただ1つに定まる。
Sの項数が偶数のとき(B)を逆にたどって(k,n)がただ1つに定まる。
このことより、2項以上の連続自然数のSが与えられた時、(k,n)はただ1つに定まる。
(iii)(iv)より、Nにおける(k,n)とSにおける(k,n)の対応は1対1である。
ここで、(k,n)の組み合わせの個数は、Nが持つ1以外の奇数の約数の個数であり、
Nが表現することのできる2項以上の連続自然数の和の通り数でもあるから、
Nが持つ1以外の奇数の約数の個数と、Nが表現することのできる2項以上の連続自然数
の和の通り数は1対1に対応する。
以上のことより、(*)は証明された。
[証明終わり]
これは、恐らく既に証明されて既知の事実なのだと思います。
お便り２００４／３／１１
from=Tetsuya Kobayashi
