For English speakers: We define a[n]x + b[n] as the remainder of dividing x^(n+1) by x^2 - x - 1 for all natural numbers n. (1) Prove that a[n+1] = a[n] + b[n], b[n+1] = a[n]. (2) Prove that a[n] and b[n] are natural numbers and coprime. (1) We define that Q[n](x) is the quotient of dividing x^(n+1) by x^2 - x - 1. Thus x^(n+1) = (x^2 - x - 1)Q[n](x) + a[n]x + b[n]. We multiply x and the identity together. Hence we find that x^(n+2) = (x^2 - x - 1)*x*Q[n](x) + a[n]x^2 + b[n]x = (x^2 - x - 1)*x*Q[n](x) + a[n](x^2 - x - 1) + a[n](x + 1) + b[n]x = (x^2 - x - 1)*{x*Q[n](x) + a[n]} + (a[n] + b[n])x + a[n]. As the remainder is unique, a[n+1] = a[n] + b[n], b[n+1] = a[n] are obtained. (2) We can easily find that x^2 = (x^2 - x - 1)*1 + x + 1. Thus a[1] = b[1] = 1. Then it is obvious that a[n] and b[n] are natural numbers for all natural numbers n. Let k be the greatest common divisor of a[n] and b[n]. We can easily find that a[n-1] = b[n], a[n] = a[n-1] + a[n-2] as the recurrence relation of (1). Thus a[n-1] = b[n] is a multiple of k. Hence a[n-2] = a[n] - a[n-1] is also a multiple of k. Then a[n-3] = a[n-1] - a[n-2] is also a multiple of k. If we continue the same solution, it can be proven that a[1] is a multiple of k. Nevertheless a[1] = 1 is proven, therefore k = 1. Note that the sequence {F[n]} is called Fibonacci sequence if {F[n]} satisfies the following recurrence relation: F[1] = F[2] = 1, F[n+2] = F[n+1] + F[n]. The beginning of the sequence is thus: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ...... The question (2) means that F[n+1] and F[n] are coprime for all natural numbers n.
最後、a_k=qsです。ミスっちゃって可愛いですね
丸く収めてて草
ちなみに、
a_{n+1}=a_n+b_n
b_{n+1}=a_nより、
n≧2の時、
a_{n+1}=a_n+a_{n-1}となるので、
a_nはフィボナッチ数列ですね。
ただ、フィボナッチ数列と言えば
通常は1,1,2,3,5,8...ですが、
a_nの場合は、1,2,3,5,8...と一個ずれたバージョンです。
(b_nはずれてないフィボナッチ数列そのもの)
a_n,b_nは仮定よりフィボナッチ数列の隣接する項なので、
この問題よりフィボナッチ数列の隣接する項は互いに素である事が
証明できてると考えれば数学的には深い問題だと思います。
1)は計算量も少なく流石の解答ですね。2)は【帰納法＋互除法の原理】の方が簡明かと思います。
=================================================
：【割り算の恒等式＋解と係数の関係＋次数下げ】
題意より、
x^(n+1) = (x^2 - x - 1)Q[n](x) + a[n]x + b[n] …① (n=1, 2 , ...)
と表せる。
一方、x^2 - x - 1 = 0 の2解をp, qと置くと、判別式より明らかに
p≠q …②
であり、解と係数の関係により
p+q= 1, pq=-1 …③
が成り立つ。また、pは上記方程式の解であるから
p^2 - p - 1 = 0
であり、さらに両辺にp^nを掛けて適宜移項すれば、n=0のときも含めて
p^(n+2) = p^(n+1) + p^n
…④
(n=0, 1, 2 , ...)
が従う。同様に
q^(n+2) = q^(n+1) + q^n
…⑤ (n=0, 1, 2 , ...)
を得る。
さて、①の両辺にx=p, qを代入することにより、④⑤で特にn=0の場合に注意して
p^(n+1) = a[n]p + b[n] (n=1, 2 , ...),
q^(n+1) = a[n]q + b[n] (n=1, 2 , ...)
が成り立つ。これを
a[n], b[n]について解けば、②,③に注意して
a[n] = {p^(n+1) - q^(n+1)} / (p - q) …⑥ (n=1, 2 , ...)
および
b[n] = {qp^(n+1) - pq^(n+1)} / (q - p)
= pq(p^n - q^n) / (q - p)
= (p^n - q^n) / (p - q) …⑦ (n=1, 2 , ...)
を得る。
ゆえに、n=1, 2 , ...に対し、
a[n+1] = {p^(n+2) - q^(n+2)} / (p - q) 【∵⑥】
= {p^(n+1) + p^n - q^(n+1) - q^n} / (p - q) 【∵④, ⑤】
= {p^(n+1) - q^(n+1)} / (p - q) + (p^n - q^n} / (p - q)
= a[n] + b[n]
【∵⑥, ⑦】
および
b[n+1] = {p^(n+1) - q^(n+1)} / (p - q) 【∵⑦】
= a[n] 【∵⑥】
が従う。すなわち、題意の漸化式が成り立つことが示された。//QED
=================================================
：【帰納法＋互除法の原理】
2つの自然数が互いに素であることは、その最大公約数が1に等しいことと同値である。
以下、簡便のため、2つの自然数a, bの最大公約数をG(a,b)と表す。
任意の自然数nに対し、a[n], b[n]は互いに素な2つの自然数であることを、nに関する数学的帰納法で示す。
1°) ⑥, ③より
a[1] = p+q = 1
が、⑦より
b[1] = 1
が従う。よって、a[1], b[1]は互いに素な2つの自然数である。
2°) a[n], b[n]が互いに素な2つの自然数であると仮定し、a[n+1], b[n+1]は互いに素な2つの自然数であることを示す。
小問(1)の結果により、漸化式
a[n+1] = a[n] + b[n] …⑧, b[n+1] = a[n] …⑨
が成り立つ。⑧より、また
a[n+1] - a[n] = b[n] …⑩
が従う。
まず、⑧, ⑨および帰納法の仮定により、a[n+1], b[n+1]は確かに自然数である。
そこで、a[n], b[n]の公約数の集合をP、a[n+1], a[n]の公約数の集合をQと置く。
⑧により
「a[n], b[n]の公約数は、a[n+1]の約数でもあるから、a[n+1], a[n]の公約数でもある」
ことがわかる。ゆえに、
P⊆Q …⑪
である。同様に、⑩により
「a[n+1], a[n]の公約数は、b[n]の約数でもあるから、a[n], b[n]の公約数でもある」
ことがわかる。ゆえに、
P⊇Q …⑫
である。⑪,⑫よりP=Qが従うから、P, Qそれぞれの最大元もまた一致する。すなわち、
G(a[n+1], a[n]) = G(a[n], b[n]) …⑬
が成り立つ。ゆえに、
G(a[n+1], b[n+1]) = G(a[n+1], a[n]) 【∵⑨】
= G(a[n], b[n]) 【∵⑬】
= 1 【∵帰納法の仮定】
となり、a[n+1], b[n+1]は互いに素な2つの自然数であることが示された。
以上、1°), 2°)より帰納的に、任意の自然数nに対し、a[n], b[n]は互いに素な2つの自然数であることが示された。
//QED
=================================================
簡明だと言っておきながら、互除法の原理を証明するために2°)が長くなってしまいました。
もしも、互除法の原理を自明のものとすれば、2°)の大半は
G(a[n+1], b[n+1])
= G(a[n]+b[n], b[n]) 【∵⑧, ⑨】
= G(a[n], b[n]) = 1 【∵帰納法の仮定】
と書くことができ、非常にシンプルなものになります。
なお、漸化式⑧, ⑨およびa[1]=b[1]=1より
b[n+2] = b[n+1] + b[n], b[1]=b[2]= 1
が従いますから、
b[1], b[2], b[3], ..., b[n], ....
はいわゆるフィボナッチ数列を成し、(2)は
「フィボナッチ数列の隣接2項が互いに素であることを示せ」
という出題であることがわかります。
14:12 つい母国語が出てしまう
出張料理人中野君 草
For English speakers:
We define a[n]x + b[n] as the remainder of dividing x^(n+1) by x^2 - x - 1 for all natural numbers n.
(1) Prove that
a[n+1] = a[n] + b[n], b[n+1] = a[n].
(2) Prove that a[n] and b[n] are natural numbers and coprime.
(1) We define that Q[n](x) is the quotient of dividing x^(n+1) by x^2 - x - 1. Thus
x^(n+1) = (x^2 - x - 1)Q[n](x) + a[n]x + b[n].
We multiply x and the identity together. Hence we find that
x^(n+2) = (x^2 - x - 1)*x*Q[n](x) + a[n]x^2 + b[n]x
= (x^2 - x - 1)*x*Q[n](x) + a[n](x^2 - x - 1) + a[n](x + 1) + b[n]x
= (x^2 - x - 1)*{x*Q[n](x) + a[n]} + (a[n] + b[n])x + a[n].
As the remainder is unique,
a[n+1] = a[n] + b[n], b[n+1] = a[n]
are obtained.
(2) We can easily find that
x^2 = (x^2 - x - 1)*1 + x + 1.
Thus a[1] = b[1] = 1. Then it is obvious that a[n] and b[n] are natural numbers for all natural numbers n.
Let k be the greatest common divisor of a[n] and b[n]. We can easily find that
a[n-1] = b[n], a[n] = a[n-1] + a[n-2]
as the recurrence relation of (1). Thus a[n-1] = b[n] is a multiple of k. Hence
a[n-2] = a[n] - a[n-1]
is also a multiple of k. Then
a[n-3] = a[n-1] - a[n-2]
is also a multiple of k. If we continue the same solution, it can be proven that a[1] is a multiple of k. Nevertheless a[1] = 1 is proven, therefore k = 1.
Note that the sequence {F[n]} is called Fibonacci sequence if {F[n]} satisfies the following recurrence relation:
F[1] = F[2] = 1, F[n+2] = F[n+1] + F[n].
The beginning of the sequence is thus:
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, ......
The question (2) means that F[n+1] and F[n] are coprime for all natural numbers n.
東大はフィボナッチ数列の互いに素の証明が好きですね。1998年にも本問と同じ主旨の問題を出してて高校生のときに初めて本問に出くわしたときは、またか、と思ったものです。
東大を受ける方は、過去問をとことん研究してください。
2002年といえば、6問目のパーフェクトシャッフルの問題が好きです。
この問題は論証力が試される。良問ですね
帰納法で示し 背理法を使う
互いに素の証明は、背理法!!
合成数をおく手順に慣れる良問です。東大数学の問題は
問題集多くやっても解けませんよ 過去問やってね と教えてくれます
たくみさん 筋金入りの天才 設問をあらゆる角度から俯瞰して視聴者にどうしたら
一番わかりやすく説明できるかまで考えてる おそらく別解も浮かんでたことと察します。
これめちゃくちゃいい問題ですよね。
最後、無限降下法でもいけますよね。
板書にヒントがあると思って探すのすこ
私は次のように考えました。
①「ある自然数nに対してa_n,b_nが共通因数p(p≠1)を持つ」とすると、a_(n+1)=a_n+b_n はpの倍数になる。
ここで
a_(n+1)=a_n+b_n=a_n+a_(n-1)
よりa(n-1)=a(n+1)-a_nとなり、a(n-1)はpの倍数である。同様に
a_(n-2)=a_n-a_(n-1),
a_(n-3)=a_(n-1)-a(n-2),
…,a_1もpの倍数となる。これはa_1=1に矛盾。
したがって①は誤りで、いずれ自然数のnに対してもa_n,b_nは1以外の共通因数をもたない(互いに素)
漸化式を見ると、降下してa_1に繋げたくなりました。おかしな点があればどなたかご指摘頂けると幸いです。
5:46 We Will Rock You
たくみさんともっちゃん二人が共通因数を持ってe関係になれる日が来る事を願っております。
2018年の本当の流行語は【平成最後】だと思う。
もっちゃん可愛いな
こんな娘さん居て羨ましい😁
最後質問が唐突過ぎて意図がわからんかったんだろうな、一個ヒントというかフリがあれば綺麗に決まってたね。自分は何でモグモグタイム言わせるの？ってなった
（２）の証明で分からないところがあります。
n=kのとき自然数かつ互いに素であると仮定する（1番目の仮定）
↓
（n=k+1のとき）a_k+1とb_k+1が互いに素でないと仮定する（2番目の仮定）
↓
a_k=qs（psと書いていますが）とb_k=(p-q)sよりn=kの仮定と矛盾する
↓
a_k+1とb_k+1は互いに素である
この証明方法では証明過程で1番目の仮定とが矛盾するので、
2番目の仮定が偽であるとしています。
しかし1番目の仮定が偽である、と解釈することもできると思うのですが？
そうすると『n=1のときには成り立つけど、n>2の任意の整数のときには必ずしも命題を満たさない』と
解釈することもできそうな気がします。
数学的帰納法と背理法の組み合わせは初めて見たので気になった次第です。
よびのりかっこよ
素だねーで笑いました。もっちゃん、面白い！
x^2-x-1ってどっかで見たとおもったらフィボナッチ数列の一般項の証明か、、
あいかわらず、コメ欄優秀な人多いな、、
鈴貫さんお元気そうですね。よかったです。
風邪やインフルエンザが流行りやすい季節ですので、受験生の方は（も）ご注意ください。
nからn-1に遡る方の帰納法的なのを使った
AnとBnが公約数g(≧2)をもつなら、A(n-1)とB(n-1)も公約数gをもつことを示して、これとA1＝1、B1＝1から矛盾を導く
おはようございます。たくみさん、さすがですね。（２）を数学的帰納法で証明しようとして途中で背理法を使うのは定番だと思います。ありがとうございました。これは、文系の問題でしょうか？良い１日をお過ごし下さい。
(1)はできたのですが、(2)は(1)の二式からan,bnの一般項を出したところでストップしてしまいました。背理法とか帰納法を使いこなせるようになりたいです。
αとβの最大公約数を(α,β)とするとユークリッドの互除法より、(an+1,bn+1)=(an+bn,an)=(an,bn)
したがって
(an,bn)=(an-1,bn-1)=・・・=(a1,b1)=(1,1)=1
anとbnの最大公約数が1だからanとbnは互いに素
帰納法と背理法のミックス！？
素だねー
ちょいちょい見るのかわいいで
これ、結局、フィボナッチ数列の隣接2数が互いに素であることを示す問題なんで、(1)の式からb[n]の3項漸化式b[n+2]＝b[n+1]+b[n]を作った方が早いんじゃないでしょうか？
京大でも同じ問題あったけど、どっちが先なんだろう？京大は誘導がついてないからそっちの方が難しいんだろうけど。
握力0の板書すき
「互いに素である」を、「1より大きい(=2以上の)公約数を持たない」であったり、「最大公約数が1」などと覚えている人が多い気がしています。
【素因数】と表現するのは、非常にイケメ“ソ”だね〜♪
太いペン用意してもらって良かったですね!!
25カ年で見た時はすぐ解けたからなんとも思ってなかったけど、コメ欄見たらすごい深い問題なんやと初めて知った
ユークリッド互除法より
gcd(a+b, a) = gcd(b, a)から数学的帰納法より互いに素。
自分もこれでやりました。合ってますよね？不安でしょうがない。
素だね〜が出ない男
高校入試もやってほしいです
ついにホリエモンが出てくんのかと思った
わっかりやっす
ぶっつけよりは、あらかじめ、たくみ氏に問題を見てもらってからのほうが安心できる気が…（笑
「数学の魔術師」＼_(･ω･`)ｺｺ重要!
爆笑必至のラスト
理系イケメンランキング1位のたくみ様おはようございます。
いつかわちみなみさんも呼んでください
帰納法からの背理法初めて見た
太郎丸 難関校では割とよくありますよ
チャンネルおさかな たのしいですねこういうの
太郎丸 そっすね笑笑
いや、最後…
ファボゼロのボケちゃんとやれよ！笑
あのドラマ、最後までバーゼル問題と関係があったんですね。笑
最後の問 互除法で解けた！
2014年(？)の京大の問３に同じような問題出てますね
あっちは誘導ナシでしたが
（２）は漸化式の構成からほとんど明らかですがきっちり証明するとなると論証力が必要ですね。
私は無限降下法で考えました。
たくみさんが代講する東大の問題で、一番正解に肉薄した感じ。
もう既に言われてるかもしれないけど
（１）は合同式で解くのが最速だと思いました
以下 x^2-x-1 を法として、
x^(n+1)≡a_nx+b_n , x^2≡x+1 よりx^(n+2)≡a_nx^2+b_nx≡a_n(x+1)+b_n≡(a_n+b_n)x+a_n
こういうことが出来るから、多項式（環）と整数って似てるよなぁ
この貝割れ大根マジで頭いいんだよなぁ
おはようございます。今日学校行こうとしちゃってました笑
この手の問題って、anとbnは定義から有理数であるって使っても平気ですかね
フィボナッチ数列の形にして、「隣り合う二整数は互いに素」を使うのかなと思って色々試したけど自分には背理法以外では解けなかったです。
東北でも同じようなのでてた！
フィボナッチ数列
京大に似たような問題あった気がする。
服装と相まって櫻井翔感がビンビンです。松潤は知りません。
互いに素の証明は互除法じゃダメですか？
互除法を証明しろという問題が過去にどこかの大学(忘れました)で出されたので、むやみに互除法を使うと危険だ、と予備校の講師に言われたことがあります。あんまりいい方針ではないのでは？
ケンティー なるほど、ありがとうございます
現行の教育指導要領では、確か数Aで互除法を習うはずです。この認識に間違いがなければ、特に「互除法を証明せよ」と指示されない限り、これを解答に無証明で使うことは問題ないと考えられます。
ただし、本問(2)で互除法を利用する際に、
a[n+1] = a[n] + b[n] ...①
b[n+1] = a[n] ...②
においてa[n+1]をa[n] で割った余りがb[n]
であると見做すためには、①に併せて
a[n] > b[n] ...③
であることを示しておかなければなりません。
先に{b[n]}が自然数列であることを示しておけば、n≧2においては、①,②より
a[n] - b[n] = (a[n-1] + b[n-1]) - a[n-1] = b[n-1] > 0
となり確かに③が成り立つことが示されますが、
a[1] = b[1] = 1
ですから、n=1のときには③は成り立ちません。よって、互除法そのものによって
「a[2], b[2]が互いに素であること」
を
「a[1], b[1]が互いに素であること」
に帰着させることはできませんので、注意が必要です。（帰納法において、「n=1,2のとき」と「n≧3のとき」に場合分けする必要がある。）
これを避けたければ、「互除法の原理」を証明しておくべきです。「互除法の原理」ならば、③を特に断る必要はなくなります。これについては、既に別途コメント済みですので、宜しければ探してみてください。■
====================================
※ なお、ケンティーさんのコメントを非難するつもりは全くありませんが、
「互除法を証明しろという問題が過去にどこかの大学で出されたので…むやみに互除法を使うと危険だ」
などと言う予備校の講師は、私なら信用しません。
というのも、冒頭でも触れましたが、
「教科書に載っている定理は、証明せよと指示されない限り、無証明で使ってよい」
というのが、入試問題に解答する際の暗黙のルールだからです。
「定理そのものを証明せよ」という出題であった場合は、もちろん例外に当たります。
過去にも、東大や阪大などの有名大学で
「三角関数の加法定理を証明せよ」
「d(sin x)/dx = cos xであることを証明せよ」
など、教科書に載っている定理を証明させる問題が出たことは何度もあります。
だからと言って、他の問題を解くときに、これらの定理を無証明で使うのが危険だということには
なりませんよね。
僕は無限降下法で考えました。
これで証明になっているんですか！？
a[k],b[k]が互いに素であるという仮定とa[k+1],b[k+1]が互いに素でないという仮定があってこのふたつが矛盾するとき、2つの仮定の内どちらが間違っているのかどうやって判断したのですか？？
戸惑う気持ちはわかりますが、正しい証明になっています。その理由は、2つの仮定には優先順位があると考えるべきだからです。以下、かなり長い説明になりますが、興味があればご参考ください。
例えば、次のような例題を考えてみてください。
===========================================
例題）a,bは有理数、xは無理数であるものとする。このとき、
a + bx = 0 ...③ ⇒ a=b=0
を証明せよ。
===========================================
x=√2などと特殊化した類題を参考書などでも見かけたことがあると思います。解法としては、無理数の定義自体が「有理数でない実数」という否定的なものであることから、自然に背理法を用いることになります。
===========================================
解答例）b≠0であるものと仮定すると、③より
x = -a/b …(＊)
が成り立つ。これは無理数xが有理数 -a/bに等しいことを意味しており、矛盾する。
∴b=0
これを③に代入して
a=0
を得る。以上により、題意が成り立つことが示された。//QED
===========================================
さて、振り返ってみると、例題には3つの仮定がありました。すなわち、
「a,bが有理数であること」…①
「ｘが無理数であること」…②
a + bx = 0 ...③
です。さらに解答例では、背理法の仮定として
b≠0 …④
も加わりました。
背理法の式(＊)において矛盾が生じたのは、仮定①,②,③,④のうちいずれかが
間違っていたからですが、どの仮定に原因を求めるべきでしょうか？
例えば②が間違っており、xが実は有理数であった場合にも、確かに矛盾は解消されます。
①が間違っており、a,bの少なくとも１つが実は無理数であったとしても同様です。
③が間違っていた場合にも、そもそも矛盾を生じた式(＊)そのものが導かれませんから、やはり矛盾は解消されます。
しかし、①,②,③のいずれかが間違っていると考えることは、例題に解答する上で全く無意味です。例えば、背理法の結果、
「②は間違っており、xは有理数である。」
と結論しても、「題意の命題を証明せよ」という例題の要請に応えたことになりません。
このように、証明すべき命題中に置かれた仮定は、仮定と呼ばれてはいますが、むしろ命題を記述するための前提条件です。ゆえに、命題を証明する上で、常に真であると考えてよいわけです。（そもそも真の場合を考慮しているのであって、偽の場合を考慮する必要はない。）
言い換えれば、①,②,③は、命題を証明するために導入した背理法の仮定④に優先するものと考えるべきです。
===========================================
ここで、動画の小問(2)に話を戻します。数学的帰納法には色々なパターンがありますが、典型的には、下記のような構造になっています。以下、簡便のために、
「ある自然数nに対して命題Pが成り立つこと」
を
「P(n)が真である」
と呼ぶことにします。
~~~＜数学的帰納法の典型的構造＞~~~
「任意の自然数nに対しP(n)が真であること」...（※）を、nについての数学的帰納法で示す。
1°）P(1)が真であることを示す。
xxx…
2°）P(n)が真であるならば、P(n+1)も真であることを示す。
xxx…
以上、1°), 2°)より帰納的に（※）が示された。//QED
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
さて、動画の小問(2)では、帰納法の構造2°）の中に背理法がネストされている（入れ子になっている）わけですが、上記のように、2°）自体が
「P(n)が真であるならば、P(n+1)も真である」
という新たな命題を含んでおり、これを証明することこそが2°）の目的／要請となります。
ですから2°）における帰納法の仮定
「P(n)が真である」
は、2°）の命題を証明するために新たに導入された背理法の仮定よりも優先順位が高く、常に真であると考えるべきです。（例題の仮定①,②,③が背理法の仮定④よりも優先順位が高いのと、全く同様。）
なお、別の視点としては、帰納法の原理とは、いわば将棋倒しのようなもので、最初にP(1)が真であることを示しておきさえすれば、後は
P(1)が真だから、2°）の方法によりP(2)が真であると示される。
P(2)が真だから、2°）の方法によりP(3)が真であると示される。
…
P(n)が真だから、2°）の方法によりP(n+1)が真であると示される。
…
と順を追って無限に繰り返すことができるわけです。
言い換えれば、
P(2)が真であることを示したいときには、すでにP(1)が真であると示されている。
P(3)が真であることを示したいときには、すでにP(2)が真であると示されている。
…
P(n+1)が真であることを示したいときには、すでにP(n)が真であると示されている。
…
と順を追って無限に繰り返されるわけですから、2°）における帰納法の仮定が真であると考えても、何ら問題ないことになります。
@@たま-z6n9k
ご丁寧にありがとうございます。大変分かりやすかったです！
@@ショウタ-g2x さんへ：
こちらこそ、有難うございました。
x^2-x-1の解をちょんちょこしてもいける
タクミさんが6浪して受けた時の試験かと思った
本当に頭いいんだよな、このウニ軍艦
男臭い貫太郎さんが、隣のもっちゃんの華やかさを際立たせてる、
多分ak=qsですよね？
微分使った解法だれか教えてください😅
anとbnで共通因数を仮定してan-1とbn-1も共通因数を持ってしまうからa1、b1で矛盾でも大丈夫ですか？
むしろそっちが正解だと思う。
予備のりさんの解答は13:30で「確定した事実に矛盾した」ではなく「a_kとb_kは互いに素と仮定したことに矛盾した」と言っていて循環論法になってるので不十分だと思う。
板書の最後ってak＝qsやない？
しいたつ 本当ですね。しいたつさんの主張が正しいです。最後の最後でしたから、流石のたくみさんも見返す機会がなく、ミスに気付きませんでしたね。
ですよねー！
しばらく考えてたけどこのコメントみて安心w
なんや自分にはわからんような難解なことやってるなって思ったら
そうでしたか。
理解出来ました。
ありがとうございます！m(_ _)m
(1)よりa[k]=b[k+1]で、b[k+1]=qsと仮定してるので、最後はa[k]=qsが正しいですね。
ライブなのでご愛敬ということで。
フォーカスゴールドで見たやつだ（╹◡╹）
まじで美しい
駿台模試で似たような問題出ました
解けませんでした。😭
ド、ドラゴンたくみ!?
A(n+1)とB(n+1)の最大公約数は(An+Bn)とAnの最大公約数である。この最大公約数は(An+Bn)-AnとAnの最大公約数である。…この最大公約数はA1とB1の最大公約数である。従って最大公約数は1であるというのはどうですか。
増井博行
そのように書くのであれば、予め、整数x,yに対し、「x-yとxの最大公約数」=「xとyの最大公約数」を、示す必要がありますね。教科書に互除法が載ったのは新課程からでして、当時の出題者の要請としても、動画のように示すべきです。(私は、現行の課程では、東大がこのタイプの問題を出すことはあり得ないと考えています。)
また「……」の箇所が曖昧なので、入試では帰納法(n+1とnの2つでではなく、隣り合う組同士で一般に記述)を使うべきですね！
素だね〜
なんか今日のたくみさんデカくみえるわ
素だねーしか覚えてないｗ
素だねーwww
素だねーｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗ
ぜひ最後まで見て欲しい
鬼畜で草
鈴木貫太郎さんが主演されたドラマ → ua-cam.com/video/Kr8B5F1dOxs/v-deo.html
トルコアイス いいぞ〜〜
@@ichi_roku_maru 😎😎😎
家族？
もう少し上手く解くと思ってたんですけど…
ファボゼロの板書するな
角0の顔になるな‼︎
素だねー
野田市鈴木貫太郎記念館（野田市）へぜひ
1と1
って互いにそ！
いつも思うけど解答スピード異常だろ
普通10分そこらで解けるか？w
ak=psじゃないよ
最後しょーもなwwwww
素だねー笑
俺のもっちゃん服白い
この動画、最後に落ち(？)があるので、是非最後までご覧下さい。
互いに素なドラマ→ua-cam.com/video/2FnFFpV1O6s/v-deo.html
鈴木貫太郎がインタビューされた→ua-cam.com/video/PRiLsrHYmNo/v-deo.html
でんがんとヨビノリを脇に添えてもっちゃんとバーゼル問題を解く！ ua-cam.com/video/A3HMN4j0jBw/v-deo.html