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