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学べる情報が豊富にあるいい時代だ昔は何もなかった
東工大は2011年のAO入試でも「n!がn^2で割り切れるような自然数nを求めよ」という問題を出してますが、問題の意味するところは本問と全く一緒ですね過去問をしっかりやってたその時の受験生はお得だっただろうなぁ
ウィルソンの定理好きで知ってたから今回はいけた！
「何百問も数学の問題解説してます」これが言えるRUclipsrは世界で何人もいないだろうなあ。強い
英語でも日本語でも検索したら割と居るけど、こんなにわかりやすい人はなかなか居ない
問題の答えの単純さの割に解法の論理が凄まじい思考力を鍛える1問というタイトルがここまで適切だとは
帰納と演繹をきちんと理解した上で、それらをどう使えば解決につながるか？これが数学の基本だということがよく分かる話ですね。
サムネ見ながら手元で解いたときはN＝１または6以上の合成数って回答つくりましたね0!＝1を知らないで減点がきっちり実験と方針立てられる人が落ちやすい落とし穴ですかね。平方数のケースを考えるときに、2p < p^2 -1の不等式が見えるか（結論からの逆算が閃けるか）が、この問題のクライマックスですね。
実験しなかったから頭の中でやってnが素数でなければ良いって答えになってしまった。やっぱり整数は特に実験はやるべきやなぁ。
東工大はn=4のとき例外にする問題好きだなあ4に恨みでもあんのか
東京一工の中では4位だから？？()
@@名無しの権兵衛-i1y3位って思いたいです…
動画ではqか2pがpq-1より小さいことを示していますが、(pq-1)!の因数には当然pq-1が含まれるので、qか2pはpq-1以下すなわち(自然数の世界では)pq未満であることを言えれば十分だと思います。ちょっとした違いですが、証明は楽になりますし、厳しい採点だと条件が間違っているとして減点されそうです。
9:42 ここでqと2q-1に＝を付ける方が条件と合わずに減点されてしまうと思います
@@user-akasatanaha いや、俺はq
@@takkie841 私のコメントに書いた時間の部分の証明はあなたが推薦しているものに比べそれほど難しいというわけではありませんさらに等号が成立する条件はq=1であり、自ら設定したq>2の範囲外となっているので厳しい採点で減点されるおそれがあるのは等号が付いている方だと思います
@@user-akasatanaha 等号が成立しない時に不等号を等号付きにしてはいけない決まりはありません。ここで重要なのはpとqが(pq-1)!の異なる2以上の因数であること、すなわち2から(pq-1)!までの間にpとqが含まれることだけで、qとpq-1の間の等号成立などの厳密な関係はどうでも良いのです。この部分ではq
@@takkie841 q
実験は大事なんやなって
百聞は実験に如かず
実験から予想される答えを論理で導き出すこと難しいですね…。より数学への理解を深めないと
答えの予想はすぐについたけど、ハッキリと数式化して証明できなかった。
n=1とn=4(場合分けで蹴とばすか、「素数の平方数」として扱うか)をどう処理するかが問題ですね
昔自分も(1)m,nをm≦nをみたす非負整数とするとき、Σ(0≦r≦n)nＣr×(-1)^r×r^mを求めよ。ただし、0^0=1とする。(2)nを2以上の整数とするとき、(n-2)!をnで割った余りを求めよ。ただし、フェルマーの小定理pを素数とするとき、nがpで割り切れないならばn^(p-1)≡1(modp)は用いてよい。という問題を作ったことがあるけど、まさか10年後に大学入試で出題されることになるとはｗｗ
1からnまでの間のpの倍数はp, 2p, 3p,… ,p²(=n)のp個だから1から(n－1)までの間には(p－1)個(≧2個)含まれるみたいなのもあり？
p²=nということは、nが平方数の場合ですね。確かにそうなります。p=2の時条件を満たさないので不適、p=1は0!=1で適合、p>2の時は、pの倍数を2個以上含むので適合と言えます。
めちゃおもしろい!
プログラミング脳ってんのは数学脳とまではいわんが場合分け脳くらいは必要。
これ昔に作問したな、まじ懐かしいけど4は微妙に仲間はずれやし、そこまで難しくないし、問題の美しさに見合わん解答になって残念やった覚えがある。
「nが4でないこと」かつ「nが素数でないこと」と思いました。(まだ動画を見てません)
おもしろいのもそりゃ階乗の「！」ついてるからだよね。確かに面白い！！👍
対偶をとったらもっと早いと思いましたがいかがでしょうか？
0！が1なのか0なのかガチ考察して行き詰まる
数学ってビジネスで求められるギャップ分析の思考を鍛える学問でもあるのね
受験失敗したけど、お金貯めてもう一回チャレンジしようかな
これは良問やなぁ
ほんとに感動する😢
これは良問で面白いですね🎵(*^^*)
数学的証明とか出来る訳ではないけどnの相違なる素因数が2つ以上あれば割り切れるくない？(1以外)
左側2より大きいのに等号ではなくてPとQのあいだにとうごう？
素数(合成数)、因数、素因数分解を知っていると、(対偶の必要十分条件が)素数であれば良さそうとはすぐに気づく。実験しないと、4がアウトと気付きにくいか。n=1は不適n=Πp[k]^(r[k])p[k]は単調増加な素数列r[k]は自然数列kはK以下の自然数と一意に素因数分解できるからK≥2以上の場合n=p[1]^(r[1])Πp[k]^(r[k])k≥2となり、p[1]^(r[1])とΠp[k]^(r[k])がn未満の自然数になるので、それぞれは(n-1)!の因数に含むまたp[1]^(r[1])とΠp[k]^(r[k])が互いに素従って、K≥2以上の場合(n-1)!はnで割り切れる。K=1の場合つまりn=p[1]^(r[1])=p^rである場合(n-1)!=(p^r-1)!=(p^(r-1))!*(p^(r-1)+1)*(p^(r-1)+2)*···*(p^r-2)*(p^r-1)ここでr≥3の場合p^(r-1)>pであるので(p^(r-1))!にpと(p^(r-1))の積p^r=nを因数に含むつまり、nで割り切れるr=1つまりn=p、nが素数なら明らかに割り切れないr=2の場合(n-1)!=(p^2-1)!=p!*(p+1)*(p+2)*···*(p^2-2)*(p^2-1)=p!*(p+1)*(p+2)*···*(p+p(p-1)-2)*(p+p(p-1)-1)つまりp≤p(p-1)-1であれば(p+1)*(p+2)*···*(p+p(p-1)-1)がp+p=2pという因数が含むこの時(n-1)!がp^2=nで割り切れる逆にp>p(p-1)-1の場合、pが素数なので(p+1)*(p+2)*···*(p+p(p-1)-1)がpの倍数ではないので不適となる。
4以外の合成数にもアウトがあるかというのが気づきにくかったですね。
俺の解き方「フェルマーの小定理より4以外の合成数」教師「は？」
こういう問題、問題として成立してない気がずっとしてるけど、そうでもない気もする。
n≠4 で p=q のとき n=p^2≠4 より p≠2 つまり p≧3n=p^2≧3p>2p>p
nが4でない合成数のとき、n=pq(2≦p≦q,q≧3)となる自然数p,qが存在するので、(p-1)(q-1)≧2よりp+q≦pq-1=n-1(n-1)!=p!(n-1-p)!·(n-1)Cpp!はpの倍数n-1-p≧qより(n-1-p)!はqの倍数よって、(n-1)!はpqすなわちnの倍数
サムネ見たときに素数以外の６以上の整数かなーとおもったれど、証明となるとどうすればいいかわかりませんね。
答えはすぐに思いつくんだが、論述が難しいな。
あー素因数分解しなくてもいいのか…
ウィルソンっぽさがある
異なる2つの合成数と素数の2乗で場合分けして素数または4かなあ
5:11困難は分割せよ
正直なことを言うと、私なら実際に時間が限られている入試では、直感的にひらめいた「素数以外の自然数」だけ書いて深入りしないような気がします。（時間があったら戻ってきますが。）でもこれだと「４」が除外できていないので０点でしたね。
難しい…
パッと見た時に非素数か合成数かなって思ったけど、4が例外なのは目からウロコって感じ。(4以外の)合成数なら成立するって割と自明に感じてしまうから、ちゃんとやるとこんなに大変で面倒なのかと思ってしまった。…まぁちゃんとしたからこそ、4っていう例外にしっかり気づけたんだろうけども。
6以上の合成数？
こういう問題って文系でも出ますか？
出る特に一橋、京大
「条件は何か」という設問っておかしくないですか？「必要十分条件は何か」とは聞かれていないのだから、「十分条件はＮ＝６」も正解になるはず。ま、これをそのまま答案に書ける度胸のある受験生はあまりいないかもしれませんが。
元ネタの東工大の設問は本動画の文言と違うので、大学の出題不備を指摘してるつもりなら一度ご覧になった方が良いかと思います。
赤チャートに誘導ありで載ってた
ｎ＝2の時割り切れないの？
n=2のとき、(n-1)！は1！になります。1！は1なので、2で割り切ることは出来ません。
4以上の合成数は帰納法使った方が早い感じがします。i) n=6の時、(n-1)!=5!≡0(mod6)ii) n=kの時 (k-1!)≡0（modk）が成立と仮定 n=k+1の時 k!＝k(k-1)!≡0(modk)よって成立
mod(k+1)にはなんないんですか？
そんな簡単なわけないでしょうに
おそらく、1番下の式はmod "k"じゃなくてmod "k+1"だからマズイってことやな
これじゃ6以上のすべての自然数で成立しちゃう
n=k+1のときmod k+1で考えていないことと、n=kのときが成り立てばn=k+1も成り立つとすると、6以上の全ての自然数で成り立ってしまうこと。この2点に違和感を覚えられるように勉めましょう。
少なくとも交代式の因数分解についてはセンスがないと拙者が紹介してる解法は浮かんでこないと思うけどね。
数学好きを増やしたいのがすばる君の希望だとか。であれば工夫が必要です。基本をしっかり説明することです。基本とは解法のルールてす。ここでいうと、（nー１）! の式の意味の説明です。無理にとは言いません。
ほぼ同じ回答でしたv
ウイルソンの定理の系よな。
いそこせ
いちこめ
![Kyoto University's famous integer problem [Instant kill with technique].](http://i.ytimg.com/vi/QZMmqpuufcg/mqdefault.jpg)
学べる情報が豊富にあるいい時代だ
昔は何もなかった
東工大は2011年のAO入試でも
「n!がn^2で割り切れるような自然数nを求めよ」という問題を出してますが、問題の意味するところは本問と全く一緒ですね
過去問をしっかりやってたその時の受験生はお得だっただろうなぁ
ウィルソンの定理好きで知ってたから今回はいけた！
「何百問も数学の問題解説してます」
これが言えるRUclipsrは世界で何人もいないだろうなあ。強い
英語でも日本語でも検索したら割と居るけど、こんなにわかりやすい人はなかなか居ない
問題の答えの単純さの割に解法の論理が凄まじい
思考力を鍛える1問というタイトルがここまで適切だとは
帰納と演繹をきちんと理解した上で、
それらをどう使えば解決につながるか？
これが数学の基本だということがよく分かる話ですね。
サムネ見ながら手元で解いたときはN＝１または6以上の合成数って回答つくりましたね
0!＝1を知らないで減点がきっちり実験と方針立てられる人が落ちやすい落とし穴ですかね。
平方数のケースを考えるときに、2p < p^2 -1の不等式が見えるか（結論からの逆算が閃けるか）が、
この問題のクライマックスですね。
実験しなかったから頭の中でやってnが素数でなければ良いって答えになってしまった。やっぱり整数は特に実験はやるべきやなぁ。
東工大はn=4のとき例外にする問題好きだなあ
4に恨みでもあんのか
東京一工の中では4位だから？？()
@@名無しの権兵衛-i1y3位って思いたいです…
動画ではqか2pがpq-1より小さいことを示していますが、(pq-1)!の因数には当然pq-1が含まれるので、qか2pはpq-1以下すなわち(自然数の世界では)pq未満であることを言えれば十分だと思います。ちょっとした違いですが、証明は楽になりますし、厳しい採点だと条件が間違っているとして減点されそうです。
9:42 ここでqと2q-1に＝を付ける方が条件と合わずに減点されてしまうと思います
@@user-akasatanaha
いや、俺はq
@@takkie841
私のコメントに書いた時間の部分の証明はあなたが推薦しているものに比べそれほど難しいというわけではありません
さらに等号が成立する条件はq=1であり、自ら設定したq>2の範囲外となっているので厳しい採点で減点されるおそれがあるのは等号が付いている方だと思います
@@user-akasatanaha
等号が成立しない時に不等号を等号付きにしてはいけない決まりはありません。
ここで重要なのはpとqが(pq-1)!の異なる2以上の因数であること、すなわち2から(pq-1)!までの間にpとqが含まれることだけで、qとpq-1の間の等号成立などの厳密な関係はどうでも良いのです。
この部分ではq
@@takkie841
q
実験は大事なんやなって
百聞は実験に如かず
実験から予想される答えを論理で導き出すこと難しいですね…。
より数学への理解を深めないと
答えの予想はすぐについたけど、ハッキリと数式化して証明できなかった。
n=1とn=4(場合分けで蹴とばすか、「素数の平方数」として扱うか)をどう処理するかが問題ですね
昔自分も
(1)m,nをm≦nをみたす非負整数とするとき、
Σ(0≦r≦n)nＣr×(-1)^r×r^m
を求めよ。ただし、0^0=1とする。
(2)nを2以上の整数とするとき、(n-2)!をnで割った余りを求めよ。ただし、フェルマーの小定理
pを素数とするとき、nがpで割り切れないならば
n^(p-1)≡1(modp)
は用いてよい。
という問題を作ったことがあるけど、まさか10年後に大学入試で出題されることになるとはｗｗ
1からnまでの間のpの倍数は
p, 2p, 3p,… ,p²(=n)のp個だから
1から(n－1)までの間には
(p－1)個(≧2個)含まれるみたいなのもあり？
p²=nということは、nが平方数の場合ですね。確かにそうなります。p=2の時条件を満たさないので不適、p=1は0!=1で適合、p>2の時は、pの倍数を2個以上含むので適合と言えます。
めちゃおもしろい!
プログラミング脳ってんのは数学脳とまではいわんが場合分け脳くらいは必要。
これ昔に作問したな、まじ懐かしいけど4は微妙に仲間はずれやし、そこまで難しくないし、問題の美しさに見合わん解答になって残念やった覚えがある。
「nが4でないこと」かつ「nが素数でないこと」と思いました。(まだ動画を見てません)
おもしろいのもそりゃ階乗の「！」ついてるからだよね。
確かに面白い！！👍
対偶をとったらもっと早いと思いましたがいかがでしょうか？
0！が1なのか0なのかガチ考察して行き詰まる
数学ってビジネスで求められるギャップ分析の思考を鍛える学問でもあるのね
受験失敗したけど、お金貯めてもう一回チャレンジしようかな
これは良問やなぁ
ほんとに感動する😢
これは良問で面白いですね🎵(*^^*)
数学的証明とか出来る訳ではないけどnの相違なる素因数が2つ以上あれば割り切れるくない？(1以外)
左側2より大きいのに等号ではなくてPとQのあいだにとうごう？
素数(合成数)、因数、素因数分解を知っていると、(対偶の必要十分条件が)素数であれば良さそうとはすぐに気づく。
実験しないと、4がアウトと気付きにくいか。
n=1は不適
n=Πp[k]^(r[k])
p[k]は単調増加な素数列
r[k]は自然数列
kはK以下の自然数
と一意に素因数分解できるから
K≥2以上の場合
n=p[1]^(r[1])Πp[k]^(r[k])
k≥2
となり、
p[1]^(r[1])とΠp[k]^(r[k])がn未満の自然数になるので、
それぞれは(n-1)!の因数に含む
またp[1]^(r[1])とΠp[k]^(r[k])が互いに素
従って、K≥2以上の場合(n-1)!はnで割り切れる。
K=1の場合つまり
n=p[1]^(r[1])=p^r
である場合
(n-1)!=(p^r-1)!=
(p^(r-1))!*(p^(r-1)+1)*(p^(r-1)+2)
*···*(p^r-2)*(p^r-1)
ここでr≥3の場合
p^(r-1)>p
であるので
(p^(r-1))!にpと(p^(r-1))の積p^r=nを因数に含む
つまり、nで割り切れる
r=1つまりn=p、nが素数なら明らかに割り切れない
r=2の場合
(n-1)!=(p^2-1)!=
p!*(p+1)*(p+2)*···*(p^2-2)*(p^2-1)
=p!*(p+1)*(p+2)
*···*(p+p(p-1)-2)*(p+p(p-1)-1)
つまり
p≤p(p-1)-1
であれば
(p+1)*(p+2)*···*(p+p(p-1)-1)
がp+p=2pという因数が含む
この時
(n-1)!がp^2=nで割り切れる
逆に
p>p(p-1)-1
の場合、pが素数なので
(p+1)*(p+2)*···*(p+p(p-1)-1)
がpの倍数ではないので不適となる。
4以外の合成数にもアウトがあるかというのが気づきにくかったですね。
俺の解き方
「フェルマーの小定理より
4以外の合成数」
教師「は？」
こういう問題、問題として成立してない気がずっとしてるけど、そうでもない気もする。
n≠4 で p=q のとき n=p^2≠4 より p≠2 つまり p≧3
n=p^2≧3p>2p>p
nが4でない合成数のとき、n=pq(2≦p≦q,q≧3)となる自然数p,qが存在するので、(p-1)(q-1)≧2よりp+q≦pq-1=n-1
(n-1)!=p!(n-1-p)!·(n-1)Cp
p!はpの倍数
n-1-p≧qより(n-1-p)!はqの倍数
よって、(n-1)!はpqすなわちnの倍数
サムネ見たときに素数以外の６以上の整数かなーとおもったれど、証明となるとどうすればいいかわかりませんね。
答えはすぐに思いつくんだが、論述が難しいな。
あー素因数分解しなくてもいいのか…
ウィルソンっぽさがある
異なる2つの合成数と素数の2乗で場合分けして
素数または4かなあ
5:11困難は分割せよ
正直なことを言うと、私なら実際に時間が限られている入試では、直感的にひらめいた「素数以外の自然数」だけ書いて深入りしないような気がします。（時間があったら戻ってきますが。）
でもこれだと「４」が除外できていないので０点でしたね。
難しい…
パッと見た時に非素数か合成数かなって思ったけど、4が例外なのは目からウロコって感じ。
(4以外の)合成数なら成立するって割と自明に感じてしまうから、ちゃんとやるとこんなに大変で面倒なのかと思ってしまった。
…まぁちゃんとしたからこそ、4っていう例外にしっかり気づけたんだろうけども。
6以上の合成数？
こういう問題って文系でも出ますか？
出る
特に一橋、京大
「条件は何か」という設問っておかしくないですか？
「必要十分条件は何か」とは聞かれていないのだから、「十分条件はＮ＝６」も正解になるはず。
ま、これをそのまま答案に書ける度胸のある受験生はあまりいないかもしれませんが。
元ネタの東工大の設問は本動画の文言と違うので、大学の出題不備を指摘してるつもりなら一度ご覧になった方が良いかと思います。
赤チャートに誘導ありで載ってた
ｎ＝2の時割り切れないの？
n=2のとき、(n-1)！は1！になります。1！は1なので、2で割り切ることは出来ません。
4以上の合成数は帰納法使った方が早い感じがします。
i) n=6の時、(n-1)!=5!≡0(mod6)
ii) n=kの時 (k-1!)≡0（modk）が成立と仮定
n=k+1の時 k!＝k(k-1)!≡0(modk)
よって成立
mod(k+1)にはなんないんですか？
そんな簡単なわけないでしょうに
おそらく、1番下の式はmod "k"じゃなくてmod "k+1"だからマズイってことやな
これじゃ6以上のすべての自然数で成立しちゃう
n=k+1のときmod k+1で考えていないことと、n=kのときが成り立てばn=k+1も成り立つとすると、6以上の全ての自然数で成り立ってしまうこと。
この2点に違和感を覚えられるように勉めましょう。
少なくとも交代式の因数分解についてはセンスがないと拙者が紹介してる解法は浮かんでこないと思うけどね。
数学好きを増やしたいのがすばる君の希望だとか。であれば工夫が必要です。基本をしっかり説明することです。基本とは解法のルールてす。ここでいうと、（nー１）! の式の意味の説明です。無理にとは言いません。
ほぼ同じ回答でしたv
ウイルソンの定理の系よな。
いそこせ
いちこめ