問題1:
 
1+(2の奇数乗)は3の倍数になる。
 
解答例1:
自然数nについて 1+2^(2n-1)
n=1のとき 1+2=3 成立。
n=kのとき成立と仮定すると
 1+2^(2k-1)=3m
n=k+1のときは
 1+2^(2(k+1)-1)=1+2^(2k+2-1)
  =1+2^(2k-1)×2^2
  =1+(1+2^(2k-1)-1)×4
  =1+(3m-1)×4
  =1+12m-4=12m-3
  =3(4m-1) これは3の倍数だから成立。
以上より、数学的帰納法により成立。
 
 
問題2:
上の等式 1+2^(2n-1)=3M は、(n,M:自然数)――①
すべての自然数nについて、Mが存在することを意味し、
すべてのMについて、nが存在するわけではないので、
恒等式とは言えない。 
  ①を恒等式にしたい。・・・という問題。
といっても、M=(1+2^(2n-1))/3 から
1+2^(2n-1)=3((1+2^(2n-1))/3)
では意味がない。
 
解答例2:
Mがどういう数であるかを少し考えてみる。
 
n 2^(2n-1) 1+2^(2n-1) M  Mの差
 
1   2          3     1
                        +2
2  2^3=8        9     3
                        +2^3
3  2^5=32      33    11
                        +2^5
4  2^7=128    129    43
 
即ち、n=4のとき、M=1+2+2^3+2^5
  ∴ 1+2^7=3(1+2+2^3+2^5)
そこから、
 M=1+2+2^3+2^5+・・・+2^(2n-3)
そして 1+2^(2n-1)    ―――――――――――――①の左辺
=3M=3(1+2+2^3+2^5+・・・+2^(2n-3))―②
  =3(1+<シグマ(k=1~(n-1)>(2^(2k-1)))
と帰納する。
 
②の計算=①の左辺を証明する:等比数列の和
M-1=S=2+2^3+・・・+2^(2n-3)とすると
2^2×S=    2^3+・・・+2^(2n-3)+2^(2n-1)
両辺を引くと
(1-2^2)×S=2-2^(2n-1)
∴ S=(2-2^(2n-1))/(1-4)
   =(2^(2n-1)-2)/3 ――――――――③
①の右辺つまり3Mは、②③より、
M=1+S=1+(2^(2n-1)-2)/3 だから、
3M=3×(1+S)=3×(1+(2^(2n-1)-2)/3)
        =3+(2^(2n-1)-2)
        =1+2^(2n-1)=①の左辺
 
または数学的帰納法:
n=1のとき、②は3、①の左辺も3、成立。
n=kのとき成立と仮定すると
   1+2^(2k-1)
  =3(1+2+2^3+2^5+・・・+2^(2k-3))
n=k+1のとき、
①の左辺=1+2^(2(k+1)-1)=1+2^(2k+1)
右辺つまり②
=3(1+2+2^3+・・・+2^(2k-3)+2^(2(k+1)-3))
=3(1+2+2^3+・・・+2^(2k-3))+3×2^(2k-1)
=1+2^(2k-1)+3×2^(2k-1)
=1+4×2^(2k-1)=1+2^2×2^(2k-1)
=1+2^(2k+1)=①の左辺
 
以上より、M=1+2+2^3+2^5+・・・+2^(2n-3)
つまり、1+2^(2n-1)
 =3(1+2+2^3+2^5+・・・+2^(2n-3))
 =3(1+<シグマ(k=1~(n-1)>(2^(2k-1)))
という恒等式が成立すると言える。
 
(2011年04月25日)
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こう考えてみましたが、思考のプロセスではあるけれど、
・・・それに何か意味があるのか、よく分かりません。
何か気晴らしに考えていたいだけかもしれません・・・?
 
なお、記号「シグマ」は、過去に何故か文字化けしたので
    <シグマ(k=・・・)>
で表しました。
  
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問題1は、ネットだったか、普通に使われていました。
問題2は、ネットで「コラッツ・角谷の予想」
という難問を見つけて、「予想」というから
その時点では解かれていない問題ですから、
もちろん私に解けるわけなどないのです。
 
数列の問題で、初項A(1)は任意の自然数。
A(n)が偶数ならA(n+1)=A(n)/2、
奇数ならA(n+1)=(3A(n)+1)/2
という漸化式で、結局1になる?という予想です。
 
偶数は2で割る繰り返しで必ず奇数になります。
奇数の場合A(n)=2m-1として代入すると、
A(n+1)=(3(2n-1)+1)/2=3m-1
これが2の何乗かになれば、あとは2で割る繰り返しで1になる。
つまり、3m-1=2^p ならば、ということで、
 1+2^p=3m おっ、これは問題1に似てる・・・
と興味をそそられたのですが、・・・
問題1の式は恒等式ではない。やっぱり無理だと観念して、
興味を持ったことさえ恥ずかしい・・・。
せめて問題1のmとは、どういう数なのか、恒等式にならないのか
ということを考えたのが、問題2です。
 
(同日、加筆修正)
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「コラッツ・角谷の予想」は解けないので、
ちょっと疲れて・・・一区切り置きたくて苦し紛れに、
次のような問題を作ってみました。
 
問題3:
初項A(1)は任意の自然数。
A(n)が偶数ならA(n+1)=A(n)/2、
奇数ならA(n+1)=(3A(n)+1)/2
という漸化式の数列において、
mを自然数として、2m回目で初めて、
A(n+2m)=1となるような
奇数のA(n)を求めなさい。
 
解答例3:
問題2の解答例において
 1+2^(2n-1)=3M、3M-1=2^(2n-1)
  M=1+2+2^3+2^5+・・・+2^(2n-3)
という恒等式を得たので、そこから、
奇数(2M-1)
 =2(1+2+2^3+・・・+2^(2m-3))-1
 =2+2^2+2^4+・・・+2^(2m-2)-1
 =1+4+4^2+・・・+4^(m-1)
 =<シグマ(k=1~m)>(4^(k-1))
 =(4^m-1)/3 
 =A(n)とすると、
 
A(n+1)=(3((4^m-1)/3)+1)/2
      =4^m/2=2^(2m-1)
あとは、偶数は、この場合2の累乗は、2で割るだけなので、
A(n+1+(2m-1))
 =A(n+2m)=2^0=1
 
∴ A(n)=1+4+4^2+・・・+4^(m-1)
      =(4^m-1)/3 ――――――――――(答え?)
 
(2011年04月27日、加筆修正)
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ふぅぅ(ため息)・・・使った脳ミソとエネルギーのわりに、
どうにでも作れそうな問題を作ったような気がします。
下手の横好きの数学、弱い脳ミソです。間違い、勘違い、等々
ありましたら、コメントいただければ幸いです。