循環数　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　 当ＨＰがいつもお世話になっているＨＮ「ｈａｓｕ」さんから話題を提供して頂きました。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成２４年１月１５日付け）

　 十進法では、１、５、６ は、ｑ²≡ｑ　（ｍｏｄ　１０）　の解になります。

同様に、１、２５、７６ は、ｑ²≡ｑ　（ｍｏｄ　１００）　の解になります。

　では、ｎ進法で、ｑ²≡ｑ　（ｍｏｄ　ｎ^ｋ）　（ｋ＝１、２、・・・）　の解はどうなるのでしょうか？


　空舟さんが考察されました。（平成２４年１月１５日付け）

　少し変形すると、「ｑ（ｑ−１）がｎで割り切れる」という解釈になります。ｎが素数の場合では、

解は、ｑ≡０、１ しかないことがわかります。

　ｎが複数の素因数を持つ場合、ｘｙ＝ｎ となる互いに素な２つの数を ｘ、ｙ とすると、

（このようなｘ、ｙの取り方は、ｎが「素因数の種類がｋ個からなる数」のとき、(２^ｋ−２)/２となります。即ち、
　ｋ個からいくつか選びとる方法が２^ｋ通りで、何も選ばないのと全部選ぶのとを除外して２で割ればよい。）

ａｘ−ｂｙ＝１　となる整数 ａ、ｂ がある。
（または、ａ’ｘ−ｂ’ｙ＝−１　となる整数 ａ’、ｂ’ がある。）

　このとき、　ａｘ＝ｂｙ＋１　（または、　ａ’ｘ＋１＝ｂ’ｙ）　から、

　（ａｘ）（ａｘ−１） は、ｘ かつ ｙ で割り切れるので、　（ａｘ）（ａｘ−１） は、ｎ で割り切れる。

　同様に、

　（ｂ’ｙ）（ｂ’ｙ−１） は、ｘ かつ ｙ で割り切れるので、　（ｂ’ｙ）（ｂ’ｙ−１） は、ｎ で割り切れる。

　以上から、　ｑ≡ａｘ　あるいは、ｂ’ｙ が解になります。

　ｘ、ｙ が互いに素ですから、このようなｑは、正と負で１つずつあります。

　例えば、ｎ＝１０＝２・５　の場合、２の倍数 ０、２、４、６、８ について、それらの５で割った

余りは、０、１、２、３、４ を網羅します。

　　２ａ−５ｂ＝１　を満たす ａ、ｂ は、 ａ＝３　、ｂ＝１　　このとき、解 ｑ＝２・３＝６

　　２ａ−５ｂ＝−１　を満たす ａ、ｂ は、 ａ＝２　、ｂ＝１　　このとき、解 ｑ＝５・１＝５

　これを拡張するようにして考えれば、

　ｎが「素因数の種類がｋ個からなる数」のとき、

　　　０と１以外の解は、２^ｋ−２個　存在し、すべての解は、２^ｋ 個

　　　（解０、１は、（ｘ，ｙ）＝(１，ｎ)　の時に相当しています。）

ということになると思います。

（１つの素因数 ｘ で複数回(ｃ＞１回)割り切れる時でも、ｑ と ｑ−１ のうち両方が ｘ の倍数になること
　はないので、ｘ^c を１つの素因数であるかのように考えてよいと思います。）


　ｈａｓｕ さんからのコメントです。（平成２４年１月１５日付け）

　ありがとうございます。私もいくつかの場合を計算して、ある程度の数は分かっていました
が、２^ｋになるとは全然分かりませんでした。気付いたのですが、この数の中では掛け算が
できます。さらに1をぬかせば足し算もできないでしょうか？


　攻略法さんが、循環数について考察されました。（平成２４年１月１５日付け）

　ｎ進法の場合（空舟さんの結果を用いれば、解の個数は、３０＝２・３・５　より、２³＝８個）

例　ｎ=30

1桁 = 0　1　6　A　F　G　L　P
2桁 = 00　01　3A　7F　AP　J6　MG　QL
3桁= 000　001　13A　2J6　3MG　Q7F　RAP　SQL
4桁= 0000　0001　1Q7F　B2J6　CSQL　H13A　IRAP　S3MG
5桁= 00000　00001　5CSQL　8IRAP　E1Q7F　FS3MG　LB2J6　OH13A
6桁= 000000　000001　6LB2J6　7OH13A　EFS3MG　FE1Q7F　M5CSQL　N8IRAP


平方数の下ｋ桁

例　ｎ=10のとき、

10、　100、1000、10000、100000、1000000、10000000、・・・、ｎ^ｋ
　0→　 0→　  0→　   0→　　   0→　     　0→　　      0→
　1→　 1→　  1→　   1→　　   1→　     　1→　　      1→
　5→　25→625→　0625→90625→　890625→2890625→
　 　    *　   **  　　　***　   ****  　　***** 　  ******
　6→　76→376→　9376→09376→　109376→7109376→

系列5

　　5*5=25≡25 (mod 100)
　　25*25=625≡625 (mod 1000)
　　625*625=390625≡0625 (mod 10000)
　　390625*390625=152587890625≡90625 (mod 100000)
　　152587890625*152587890625=23283064365386962890625≡890625 (mod 1000000)

　　5*5=25≡25 (mod 100)
　　25*25=625≡625 (mod 1000)
　　625*625=390625≡0625 (mod 10000)
　　0625*0625=390625≡90625 (mod 100000)
　　90625*90625=8212890625≡890625 (mod 1000000)
　　890625*890625=793212890625≡2890625 (mod 10000000)

系列6

　　6*6=３6≡6 (mod 10)、10-３=7より、76
　　76*76=5７76≡76 (mod 100)、10-７=3より、376
　　376*376=14１376≡376 (mod 1000)、10-１=9より、9376
　　9376*9376=879０9376≡9376 (mod 10000)、10-０=10より、09376
　　09376*09376=87９09376≡09376(mod 100000)、10-９=1より、109376
　　109376*109376=1196３109376≡109376(mod 1000000)、10-３=7より、7109376

系列5+系列6　を計算してみると、

　　5+6-1=10
　　25+76-1=100
　　625+376-1=1000
　　0625+9376-1=10000
　　90625+09376-1=100000
　　890625+109376-1=1000000
　　2890625+7109376-1=10000000


　空舟さんからのコメントです。（平成２４年１月１６日付け）

　掛け算について、命題は、

　　「ｑ(ｑ-1) と ｐ(ｐ-1) が共にｎで割り切れるとき、ｐｑ(ｐｑ-1) は、ｎで割り切れる」

ということになります。

　ｐｑ(ｐｑ-1)=ｐｑ{(ｐ-1)(ｑ-1)+(ｐ-1)+(ｑ-1)}=ｐ(ｐ-1)・ｑ(ｑ-1)+ｑ・ｐ(ｐ-1)+ｐ・ｑ(ｑ-1)

という変形によって確認できました。足し算 (ｐ+ｑ)(ｐ+ｑ-1) については上手くいきませんでし
た。

　ただ、ｘｙ=ｎ となる素な ｘ、ｙ に対して、

　　　ａｘ-ｂｙ=1 に対して、　ｑ₁=ａｘ

　　　ａ’ｘ-ｂ’ｙ=-1 に対して、　ｑ₂=ｂ’ｙ

すなわち、

　　ｑ₁：ｘで割り切れて、1を引くと、ｙで割り切れる

　　ｑ₂：ｙで割り切れて、1を引くと、ｘで割り切れる

に対して、　Q=ｑ₁+ｑ₂ は、ｎ＝ｘｙ で割った余りが1であり、従って、Q(Q-1) がｎで割り切れる
ことが理解できます。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２４年１月１６日付け）

　「掛け算ができる」については、可換環において、　ｘ²=ｘ　、ｙ²=ｙ　なら、　(ｘｙ)²=ｘｙ　とい
うことで、　(ｘｙ)²=ｘ²・ｙ²=ｘｙ　で成り立つ。

　「足し算」については、　ｘ²=ｘ　、ｙ²=ｙ　から、　(ｘ+ｙ)²=ｘ+ｙ　がどの程度でてくるかということ
で、　(ｘ+ｙ)²=ｘ²+ｙ²+2ｘｙ　だから、　2ｘｙ=0　が成り立つことが必要十分。

　ここで、2ｘｙ=0はめったに成り立たないから、一般には成り立たない。

　始めの例の mod　１０ の場合でも、5+5=1、5+6=1　はいいとしても、6+6=2　で成り立ちま
せん。(足し算ができるというとき、自分自身との和を除くのは不適切)

　だから、単に、　5+6=1　になっているという意味でしょう。これなら次の形で成り立ちます。

　自然数 ｎ の素因数が２個であるとき、空舟さんの結果より、ｘ²≡ｘ　(ｍｏｄ　ｎ)　と

なる ｘ は、ｍｏｄ　ｎ で４個あるが、０と１以外の２つを ｘ、ｙ とすれば、

　　　　ｘ + ｙ ≡ １　(ｍｏｄ　ｎ)

である。

　これは、ｘが、ｘ²≡ｘ　を満たせば、(1-ｘ)²≡1-ｘ　が成り立つということである。実際に、

　　(１-ｘ)²=1-2ｘ+ｘ²≡1-2ｘ+ｘ=1-ｘ

で成り立つ。

　上記の証明は、やや不十分で、ｘ²≡ｘ　のとき、ｘ≡1-ｘ　ではないことを示す必要があり
ました。難しくはありません。

　2012の素因数は２個なので、手頃な入試問題が作れます。

　２０１２以下の自然数 ｎ で、ｎ²−ｎ が、２０１２の倍数であるようなものをすべて求

めよ。なお、２０１２の素因数分解は、２０１２＝２²×５０３　である。

　2013になると、素因数が3個なので難しくなります。適切な誘導を付けないと入試問題に
はならないでしょう。

　東大で似たような問題があったような気がして調べたら、「2012」を「10000」にしたのがあ
りました。答えを一意的にするために多少の条件がついてます。どちらも素因数は2個です
が、2012＝2²×503 と 10000＝2⁴×5⁴ では相当難しさに差があります。2012＝2²×503は
このタイプの中では易しい部類に入ります。東大の問題はちょっと難しいので、このぐらい
の問題の方がいいと思うのですが。東大の問題があるから、こんな問題は出題できないの
かな。


　ＦＮさんが解答を示されました。（平成２４年１月２０日付け）

（解）　ｎ=1、ｎ=2012 は明らかに条件を満たすから、2≦n≦2011 とする。

　ｎ(ｎ-1)は、2012＝2²×503 の倍数であり、503は素数だから、ｎ、ｎ-1 の一方は、503 の倍

数である。ｎ と ｎ-1 は互いに素であり、一方が偶数で、他方が奇数であるが、ｎ(ｎ-1)は、4

の倍数だから、ｎ、ｎ-1 のうちの偶数である方が4の倍数である。

　ｎ、ｎ-1 は、503 の倍数で、かつ、4の倍数であることはできない(∵2≦n≦2011)から、

ｎ、ｎ-1 の一方が、503 の倍数で奇数、他方が4の倍数である。

　503の倍数で奇数、かつ、2≦n≦2011 であるのは、503 と 1509 だけである。

　ｎ=503 のとき、ｎ-1=502 は、4の倍数ではない。

　ｎ=1509 のとき、ｎ-1=1508 は、4の倍数である。

　ｎ-1=503 のとき、ｎ=504 は、4の倍数である。

　ｎ-1=1509 のとき、ｎ=1510 は、4の倍数でない。

従って、ｎ=504、1509　より、ｎ=1、504、1509、2012　　（終）

　大学入試にふさわしい問題だと思います。2013にすると、大学入試としては難しすぎます
が、やってやれないことはない筈です。

　２０１３以下の自然数 ｎ で、ｎ²−ｎ が、２０１３の倍数であるようなものをすべて求

めよ。なお、２０１３の素因数分解は、２０１３＝３×１１×６１である。


　ｈａｓｕ さんが上記の問題を考察されました。（平成２４年１月２１日付け）

　授業中に思い継いだのですが、結構いいやり方だと思います。

　循環数をαとします。α(α−1)が２０１３の倍数なので、どちらかが１１の倍数で、どちら

かが３の倍数です。始めに、１１と３がともに同じ数の素因数のときを考えます。

　一方は、３３の倍数になり、α＜２０１３なので、他方が、６１の倍数になります。

　３３ｘ−６１ｙ＝1　を考えます。（３３，６１）＝１ なので、この等式を満たす整数 ｘ、ｙ は存在

します。

　 ６１＝３３・１＋２８　、３３＝２８・１＋５　、２８＝５・５＋３　、５＝３・１＋２　、　３＝２・１＋１

より、　１＝３−２・１＝２８−（３３−２８）・５−（（３３−２８）−（２８−（３３−２８）・５））

　　　　　　　　　　　　＝３３・（−１１）＋２８・１３

　　　　　　　　　　　　＝３３・（−１１）＋（６１−３３）・１３＝３３・（−２４）＋６１・１３

　このとき、　（ｘ，ｙ）＝（−２４，−１３） が出ますので、　６１・１３＝３３・２４＋１＝７９３

　７９３は、６１の倍数で、７９３−１＝７９２は３３の倍数になり、７９３・７９２は、２０１３の倍数

　よって、αの一つが７９３であることがわかります。２０１４−αも解なので、１２２１も解にな

ります。

　次に、１１と３が同じ数の素因数でないときを考えます。

　α(α−1)より、１１ｘ−３ｙ＝１ で、ｘ、ｙ のどちらかが６１の倍数であるときに、１１ｘ、３ｙ の

大きい方がαであることがわかります。

　１１ｘ−３ｙ＝１ の一つの解を探すと、（ｘ，ｙ）＝（−１，−４）となります、この程度の大きさ

ならすぐにわかりますが、もっと大きいと大変です。

　１１・３−３・１１＝0　より、（ｘ，ｙ）＝（３ｋ−１，１１ｋ−４）が一般解になります。

　これが、６１の倍数なので、３ｋ−１≡０　（ｍｏｄ　６１）、１１ｋ−４≡０　（ｍｏｄ　６１） の解

を調べればいいです。二つの一般解は、６１ｍ＋４１、６１ｍ＋１７ です。

　これは証明はしてませんが、無限個あるｋの解をいれるとαが出ますが、それはいくつか

が循環します。あと四つなので、０に近い４つを選びます。

　ｋ＝４１、１７、−４４、−２０ を代入して、

　　（ｘ，ｙ）＝（１２２，４４７）、（５０，１８３）、（−１３３，−４８８）、（−６１，−２２４）

　これを式に代入して、大きい方を出すと、　１３４２、５５０、１４６４、６７２　が出ます。

　これに、初めの ７９３、１２２１ を入れると全てです。

　　α＝１、５５０、６７２、７９３、１２２１、１３４２、１４６４、２０１３

　このやり方は、２０１３でなくても、因数が３つの場合ならすべてに使えると思います。３つ

以上でもたぶん使えると思います。（ＨＰ管理者権限で、一部表現を修正させて頂きました。）


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２４年１月２１日付け）

　うーん、結果は正しいと思いますが、正確な言葉を使って解答としてまとめてほしいです
ね！この問題は、大学入試には無理ですが、その最大の理由は、ｈａｓｕさんの解答の最
初のケースの解を１つみつけることを要求するのが、大学入試では妥当ではないからです。

　数学では論理的には多少甘くてもいいから新しいことを発見することは重要です。それが
正しいことを論理的に厳密に証明することも重要です。この２つを両輪として進みます。

　ｈａｓｕさんの解法は、発見的思考としてはいい線いってると思いますので、あとは解答が
きちんと書ければと思います。（ＨＰ管理者権限で、一部表現を修正させて頂きました。）


　空舟さんからのコメントです。（平成２４年１月２１日付け）

　ｈａｓｕ さんの解法を読むと、当てずっぽうに探したかのように思われました。ユークリッド
の互除法を使う有名な方法がありますので、ぜひ知っておくとよいでしょう。

　３３ｘ−６１ｙ＝1　となる ｘ、ｙ を探すには、[３３(ｘ−２ｙ)＋５ｙ＝３３Ａ＋５ｙ と変数を置き換えて]

　３３Ａ＋５ｙ＝１ となるＡ、ｙを見つければよい。[３Ａ＋５（６Ａ＋ｙ）＝３Ａ＋５Ｂ と置き換えて]

　３Ａ＋５Ｂ＝１ となるＡ、Ｂを見つければよい。

　ここまでこれば、　Ａ＝２、Ｂ＝−１ はもう自明で、それを元の方へ復元するようにして、

　６Ａ＋ｙ＝Ｂ　から、　ｙ＝−１３　で、ｘ−２ｙ＝Ａ　から、　ｘ＝−２４

と解を求めることができます。

　余談になりますが、以前触れたように、共通因数を持たない多項式P(ｘ)、Q(ｘ)に対して、

　　A(ｘ)P(ｘ)＋B(ｘ)Q(ｘ)＝１

となる多項式A(ｘ)、B(ｘ)を構成できます。具体的に求める計算が、この整数の時と同様の
方法となります。これを使うと、P(ｘ)＝０ の時に、1/Q(ｘ)と値が恒等となる多項式B(ｘ)を求
めることができます。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２４年１月２１日付け）

　先ほどは、論証の方が気になって、解を構成する方はお留守になってしまいました。私自
身がこの問題を解こうとしたとき、

　３３ｘ−６１ｙ＝1 以外の２つの方程式 ６７１ｘ−３ｙ＝１、１８３ｘ−１１ｙ＝１ の解は容易に見
つかって、３３ｘ−６１ｙ＝1 については、そんなに簡単にはいかんな、互除法でやるのが筋
だけど、どうするんだったっけ、面倒だな、でやめてしまいました。

　高校では、ユークリッドの互除法は最大公約数を求める1つの方法として簡単に書いてあ
るだけです。高校で教えていたころの私もその程度の理解でした。互除法の重要性に気が
ついたのは仕事をやめた後でした。高校生が互除法を使って、３３ｘ−６１ｙ＝1 を解くことが
できないのは普通のことだと思います。しかし、重要な方法なので、ｈａｓｕさんのような優秀
な高校生には是非修得して欲しいものです。互除法を使って得られた最大公約数は「だし」
なのか「だしがら」なのか、一概には言えません。


（コメント）　私が高校生の頃は、普通に数学�Tの授業で「ユークリッドの互除法」が教えられ
　　　　　　ていましたが、最近の高校では教えられていないような．．．雰囲気。平成２４年度
　　　　　　入学生からの新学習指導要領で、久々の復活となるのではないでしょうか？

　　　　　　　これまで学習指導要領上ではあいまいな立場だった「ユークリッドの互除法」が、
　　　　　　新学習指導要領では数学Ａに確固たる市民権を得て、高校では教えられていな
　　　　　　いが、大学入試では平然と出題されていた整数問題が、文部科学省の追認で、
　　　　　　後ろめたさもなくなり、今後脚光を浴びていくのでしょうね！

　　　　　　　私にとって、「ユークリッドの互除法」は、もちろん「だし」ですね！「ユークリッドの
　　　　　　互除法」を出発点として、豊穣な整数の世界が味わえることに感謝しています。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２４年１月２３日付け）

　上記で、誤解があってはいけないので補足します。私が書いたのは互除法を使って得られ
た「最大公約数」が「だし」か「だしがら」ということです。「ユークリッドの互除法」自身が「だし
がら」であることはありません。

　ユークリッドの互除法を使って最大公約数は得られるけど、それ以外に得られるものの方
が大事な場合が少なくないのではないかということです。

（コメント）　最大公約数自身、その豊かな応用に目を見張ります。高校数学では、最大公約
　　　　　　数を求めてそれで終わりという場合が少なくないですが、整数論を知っている方だ
　　　　　　ったら、その恩恵により理論展開が進んだという経験をお持ちと思います。公開鍵
　　　　　　方式の暗号理論も背景には最大公約数がありますので、世間一般の人は、最大
　　　　　　公約数のおかげで安心して生活できていると言っても過言ではないでしょう。


　ｈａｓｕ さんからのコメントです。（平成２４年１月２３日付け）

　いくつかの数を調べていて、いくつかの数で等式（＊）が成り立つのを見つけましたが、す
べてで成り立つという証明ができません。発想だけでもいいので教えて下さい。

　Ｎを、三つの素数で割れて、かつ、一度ずつしか割れない数とします。空舟さんの証明よ
り、Ｎを法とする循環数は８個あります。それを小さい順に並べて番号をつけます。
（τ₁＝1、・・・、τ₈＝Ｎ）

　以後、＝は、Ｎを法とする合同を表すとします。

等式（＊）　τ₂＋τ₃＋τ₄＝1

　この式が成り立つと仮定すると、多くの等式を見つけることができます。

　まずτ_ｋを循環数とすると、１−τ_ｋも循環数で、１−τ_ｋ＝τ_9-ｋ　となる。

　実際に、　（１−τ_ｋ）²＝１−2τ_ｋ＋τ_ｋ²＝１−τ_ｋ
　τ_9-ｋ はτの番号付けが小さい順なので明らか。

　次に、足し算についてです。

　　τ₂＋τ₃＋τ₄＝1　　　→　　τ₂＋τ₃＝1-τ₄＝τ₅
　　τ₂＋τ₃＋τ₄＝1　　　→　　τ₂＋τ₄＝1-τ₃＝τ₆
　　τ₂＋τ₃＋τ₄＝1　　　→　　τ₃＋τ₄＝1-τ₂＝τ₇

　基本的には、この形は、これ以外にありませんが、上の式から他にも綺麗な式を出すこと
ができます。30.42の表を載せます。

　最後に掛け算です。上の3つの式より、

　（τ₂＋τ₃）²＝τ₂²＋2τ₂τ₃＋τ₃²＝τ₂＋τ₃

　なので、　2τ₂τ₃＝0　　同様に、　2τ₂τ₄＝0　、2τ₃τ₄＝0

　　よって、　τ₂τ₃＝τ₂τ₄＝2τ₃τ₄＝0　or　 N/2　となります。30.42の表を載せます。

　τ_ｋτ_ｎ＋τ_ｋ（1−τ_ｎ）＝τ_ｋτ_ｎ＋τ_ｋτ_9-ｎ＝τ_ｋ　より、4.5の間に入る線で対称形にな
ります。可換なので、対角線でも対称なので、 τ₂τ₃・τ₂τ₄・2τ₃τ₄ の三つからすべて
が決まることがわかります。

　τ₂τ₃＝τ₂τ₄＝2τ₃τ₄＝0　or　N/2

より、すべての掛け算の表は上の二種類になることがわかります。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２４年１月２３日付け）

　等式（＊）　τ₂＋τ₃＋τ₄＝1

について、N=2013=3・11・61 の場合で成立してませんね。この場合に成立するのは、

　τ₅＋τ₆＋τ₇＝1 です。

　「小さい順に並べる」というのがあまり意味がないと思います。ある３つの数について、和
が１になるというのなら成り立つ可能性があります。もう少しきちんと書きます。

　N＝ｐｑｒ　(ｐ、ｑ、ｒ は素数で、ｐ＜ｑ＜ｒ) とし、ｍｏｄ N での合同を、＝で表す。

　ｘ²＝ｘ　の解は８個あり、自明な解 ｘ＝0、１　以外に、６個の解があるが、ｐｑ の倍数であ

る解が１つある。それを ｓ とする。同様に、ｑｒ、ｒｐ の倍数である解が１つあるので、これら

を ｔ、ｕ とする。１-ｓ、１-ｔ、１-ｕ も解であり、以上の８個が解のすべてである。

　１-ｓ、１-ｔ、１-ｕ は、それぞれ ｒ、ｐ、ｑ の倍数である。

　ｓｔ=0、ｔｕ=0、ｕｓ=0 である。このことから、　(ｓ+ｔ+ｕ)²=ｓ²+ｔ²+ｕ²=ｓ+ｔ+ｕ　となる。

だから、ｓ+ｔ+ｕ は８個のうちのどれかである。ｓ、ｔ、ｕ でないことはすぐわかる。

　0、１-ｓ、１-ｔ、１-ｕ でないことが証明できれば、　ｓ+ｔ+ｕ=１　が言える。

（証明できそうな気はしますが．．．。）


　ｈａｓｕ さんからのコメントです。（平成２４年１月２３日付け）

　「N=2013=3・11・61 の場合で成立してませんね。」について、

　すみません、2013は調べていませんでした。小さい順に並べたのは分かりやすいからと形
がきれいになるからです。

補題　A_ｎ＝A_m＋1　（ｍｏｄ　Ａ_c)　は成り立たない。

　上の式は、A_n-m=A_ｓ＝1　（ｍｏｄ　Ａ_c）　となります。A_s＝A_ｃｋ＋１ より、この＝は合同では
ないので、この式は成り立ちません。よって補題は正しい。

　ＦＮさんと同じ記号を使います。

　Ｓ＋Ｔ＋Ｕ＝1-Ｓとします。ｐｑ｜S、ｑｒ|T、ｒｐ｜U、ｒ｜1-S　より、S以外 ｒ の倍数なので、こ
の式は成り立ちません。Ｓ＋Ｔ＋Ｕ＝1-T、Ｓ＋Ｔ＋Ｕ＝1-U も同様なので、

　　　Ｓ＋Ｔ＋Ｕ＝1　or　0

となります。Ｓ＋Ｔ＋Ｕ＝N も上と同様に、ｒ だけで見ると成り立ちません。

　よって、Ｓ＋Ｔ＋Ｕ＝1 になります。ありがとうございます、たぶんできたと思います。


　空舟さんが、循環数同士の和について考察されました。（平成２４年１月２４日付け）

　法 N＝2・3・5・7 の場合について調べてみました。ｘｙ=N となる(互いに素な)２つの数 ｘ、ｙ に
対して、ｘ で割り切れて、１を引くと ｙで割り切れる数 ｑ を一覧にしました。
（ｙで割ると１余るという言い方をしないのは、ｙ=１への考慮です。）

　和が成り立つ例を書き込んでみると、次のように理解できます。

　上の一覧から２つの行(ｘ₁，ｙ₁，q₁)と(ｘ₂，ｙ₂，q₂)を選んだ時

(1)　ｙ₁とｙ₂が互いに素ならば、ｑ₁+ｑ₂は、ｙ=ｙ₁・ｙ₂の行のｑと等しくなる。

　　ｑ₁+ｑ₂は、ｘ₁とｘ₂の最大公約数=N/ｙ₁ｙ₂で割り切れて、１を引くと、ｙ₁でもｙ₂でも割り切れ
　る数になるはずだから。

(2)　ｘ₁とｘ₂が互いに素ならば、ｑ₁+ｑ₂は、ｘ=ｘ₁・ｘ₂の行のｑに１を足した数となる。

　　ｑ₁+ｑ₂は、１を引くと、ｘ₁でもｘ₂でも割り切れて、ｘ₁にもｘ₂にも含まれないNの素因数につ
　いては、２を引くと割り切れるような数となるから。

　他に、例えば、15+21=36等が見つかりますが、

　15=3・5で割り切れて１を引くと、2・7で割り切れる数

　21=3・7で割り切れて１を引くと、2・5で割り切れる数

　15+21　3で割り切れて、１を引くと、5・7で割り切れて、2を引くと、2で割り切れる数

というように、この式では素因数２が特異的に効いています。

　後から思いついたこと：

　数AをNの素因数 2、3、5、7 で割った余りが、ａ、ｂ、ｃ、ｄ であるとき、A=[ａ，ｂ，ｃ，ｄ]と表
記してみます。表記は1対1対応になります。

　0≦ａ、ｂ、ｃ、ｄ≦1の時に循環数となるわけですが、和と積について、

　　　[ａ，ｂ，ｃ，ｄ]+[ｅ，ｆ，ｇ，ｈ]=[ａ+ｅ，ｂ+ｆ，ｃ+ｇ，ｄ+ｈ]

　　　[ａ，ｂ，ｃ，ｄ]*[ｅ，ｆ，ｇ，ｈ]=[ａｅ，ｂｆ，ｃｇ，ｄｈ]

であるので、このような表記を使って考察すると見通しが良かったと思います。


　ＦＮさんからのコメントです。（平成２４年１月２４日付け）

　なるほど、そういうことだったのですね。すっきりしました。A=[ａ，ｂ，ｃ，ｄ] としたときに、ａ、
ｂ、ｃ、ｄが、0か1であることが必要十分ということですね。だから、２⁴個あるのは当たり前と
いうことになります。

　ｈａｓｕさんの　ｓ + ｔ + ｕ = 1 は、[1，0，0]+[0，1，0]+[0，0，1]=[1，1，1] ということですね。

　A=[ａ，ｂ，ｃ，ｄ]という表記について、一般の場合、即ち、

　　N=ｐ^e・ｑ^f･･･・・ｒ^g　　(ｐ、ｑ、・・・、ｒ は、異なる素数で、ｅ、ｆ、・・・、ｇ は自然数)

の場合でもそのままで大丈夫ですね。Aと[ａ，ｂ，・・・，ｃ] が1対1に対応するのに必要なの
は、いわゆる中国剰余定理だけだから大丈夫だし、N=ｐ^e のとき、ｘ²=ｘ を満たすのが、
ｘ=0、1だけであるのもすぐわかります。



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