とある予想（整数の合同）

今から話す事は暇つぶしにブロックデザインを作って
た時に偶然見つけた構造です。
ただ私では余白は十分あるのですが、
単純に実力不足で証明できないので、
どなたか証明して頂けませんか？

余りが全て異なる並び方

$0$から始まる奇数$N$までの整数を左端の$0$から

右隣の数を一桁ずつ足して、その数を$N$に$0$を

足した$N+1$で割る。

更に左端から右二つの数までの数を足して$N+1$で割る。

これを右端まで届くまでこの作業を行う。

すると、割った数の余りが全て異なる数になる。

つまり$(N+N+1)/2$の数は$0$から$N$の数を

上の並び方で足していくと異なる余りとなる。

この時の数列の並べ方は例を挙げると、

$(N=5)$$052341$の場合

$(0)≡0$$mod6$
$(0+5)≡5$$mod6$
$(0+5+2)≡1$$mod6$
$(0+5+2+3)≡4$$mod6$
$(0+5+2+3+4)≡2$$mod6$
$(0+5+2+3+4+1)≡3$$mod6$

この通り余りが全て異なる。

$0$から$5$を足した●を図形で例えると左から右へ

【$0$$1$$2$$3$$4$$5$の桁】とする。

○●●●●●
●●●●●●
●●●●

左上から右下までの|と|の間の●を数えて

$0$$5$$2$$3$$4$$1$と足して、区切る操作を行うと

○│●●●●●│
●●│●●●│●
●●●│●│

となり、棒が全ての桁に入ってるのが分かります。

これは$N$が奇数なら上で示した図を見る限り
すべて成り立ちます。

しかし$N$が偶数では成り立ちません。

それは偶数は余りが$0$になり、図では最初の$0$を足すため

余りが$0$の桁に棒が二つになり重複してしまうためです。

試しに図にすると

$0123456$

○│●●●●●●
●●●●●●●
●●●●●●●
●│

と、最初の$0$と最後の●の右に

棒が来るのは決まりなので必ず重複します。

なので偶数では成り立ちません。

$N=1→0+1=1→1/2=0…1$　

○│●│

$N=3→0+3+2+1=6→6/4=1…2$

○│●●●│
●●│●│

$N=5→0+5+2+3+4+1=15→15/6=2…3$

○│●●●●●|
●●│●●●│●
●●●│●

$N=7→0+7+2+5+4+3+6+1=28→28/8=3…4$

○│●●●●●●●│
●●│●●●●●│●
●●●│●●●│●●
●●●●│●│

$N=9→0+9+2+7+4+5+6+3+8+1=45→45/10=4…5$

○│●●●●●●●●●│
●●│●●●●●●●│●
●●●│●●●●●│●●
●●●●│●●●│●●●
●●●●●│●│

・
・
$N=(2n-1)→0+1+…+(2n-1)=2n^{2}-n=→(2n^{2}-n)/2n=(n-1)…n$

0|N|
2|N-2|1
3|N-4|2
．
．
n-2|5|n-3
n-1|3|n-2
n|1
左上の0から計算していくと
0
N
2+0=2
N-2
3+1=4
N-4
4+2=6
・
・
2n-(N-4)=5
(n-1)+(n-3)=2n-4=N-3
2n-(N-2)=3
n+(n-2)=2n-2=N-1
2n-N=1

$0≡0mod(N+1) $
$0+N≡$ $Nmod(N+1)$
$0+N+(2n-(N-1))≡$ $1mod(N+1)$
$0+N+(2n-(N-1))+(N-2)≡ (N-1)mod(N+1)$
$0+N+(2n-(N-1))+(N-2)+(2n-(N-3))≡2mod(N+1)$
・・・
・・・
$0+N+…+(2n-(2))≡((N-1)/2)mod(N+1)$
$0+N+…+(2n-(2))+1≡((N+1)/2)mod(N+1)$

数列の反転

更に分かったことは

$0$から右の数列を反転させると、

$0123$
$(0)≡0$$mod4$
$(0+1)≡1$$mod4$
$(0+1+2)≡3$$mod4$
$(0+1+2+3)≡2$$mod4$
○❘●❘●●❘
●●●❘

$014325$
$(0)≡0$$mod6$
$(0+1)≡1$$mod6$
$(0+1+4)≡5$$mod6$
$(0+1+4+3)≡2$$mod6$
$(0+1+4+3+2)≡4$$mod6$
$(0+1+4+3+2+5)≡3$$mod6$
○│●│●●●●│
●●●│●●│●
●●●●│

$01634527$

$(0)≡0$$mod8$
$(0+1)≡1$$mod8$
$(0+1+6)≡7$$mod8$
$(0+1+6+3)≡2$$mod8$
$(0+1+6+3+4)≡6$$mod8$
$(0+1+6+3+4+5)≡3$$mod8$
$(0+1+6+3+4+5+2)≡5$$mod8$
$(0+1+6+3+4+5+2+7)≡4$$mod8$

○❘●❘●●●●●●❘
●●●❘●●●●❘●
●●●●❘●●❘●●
●●●●●|

$0183654729$

$(0)≡0$$mod10$
$(0+1)≡1$$mod10$
$(0+1+8)≡9$$mod10$
$(0+1+8+3)≡2$$mod10$
$(0+1+8+3+6)≡8$$mod10$
$(0+1+8+3+6+5)≡3$$mod10$
$(0+1+8+3+6+5+4)≡7$$mod10$
$(0+1+8+3+6+5+4+7)≡4$$mod10$
$(0+1+8+3+6+5+4+7+2)≡6$$mod10$
$(0+1+8+3+6+5+4+7+2+9)≡5$$mod10$

○❘●❘●●●●●●●●❘
●●●❘●●●●●●❘●
●●●●❘●●●●❘●●
●●●●●❘●●❘●●●
●●●●●●❘

これも同じように余りが全て異なる。

これは上で示した並び方と同じ方法で、

一番左上0桁目の一つ右の一桁目の棒から始まり、一つ下に落と

し、次の桁の棒を右に詰めていく。

すると反転した形になります。

0|1|2n-2|
3|2n-4|1
4|2n-6|2
5|2n-8|3
・
・
n-1|4|n-3
n|2|n-2
n+1|
計算していくと
0
1
2n-2=N-1
3+0=3
2n-4=N-3
4+1=5
2n-6=N-5
5+2=7
・
・
(n-1)+(n-4)=N-4
2n-(N-3)=4
n+(n-3)=N-2
2n-(N-1)=2
(n+1)+(n-2)=N

数列の部分反転

更にこれは部分的に反転できる。(部分反転と呼ぶ）

反転しても変わらない$0$以外の中間点$3$の

左右の数列を反転させると$025314$その反転$041352$

$(0)=0$$mod6$
$(0+2)≡2$$mod6$
$(0+2+5)≡1$$mod6$
$(0+2+5+3)≡4$$mod6$
$(0+2+5+3+1)≡5$$mod6$
$(0+2+5+3+1+4)≡3$$mod6$

$(0)≡0$$mod6$
$(0+4)≡4$$mod6$
$(0+4+1)≡5$$mod6$
$(0+4+1+3)≡2$$mod6$
$(0+4+1+3+5)≡1$$mod6$
$(0+4+1+3+5+2)≡3$$mod6$

よって$N$が$5$の場合$4$通りの並べ方があることが分かった。

部分反転の条件

因みに$5$以下の奇数だと

$N$が$1$のときは、$0$以外は$1$しかないため

反転はできない。

$(0)≡0$$mod2$
$(0+1)≡1$$mod2$

よって一通り

$N$が$3$のとき$0321$

$(0)≡0$$mod4$ $(0)≡0$$mod4$
$(0+3)≡3$$mod4$ $(0+1)≡1$$mod4$
$(0+3+2)≡1$$mod4$ $(0+1+2)≡3$$mod4$
$(0+3+2+1)≡2$$mod4$ $(0+1+2+3)≡2$$mod4$

と反転できる。

しかし$0$より右の数は中間点の

左右に一つずつしかないので部分的な反転はできない。

よって$2$通り

他の$N$が奇数のとき

$07254361$ $4$が中間点で左右三つが部分反転

$0927456381$ $5$が中間点で左右四つが部分反転

$0⑾29476583⑽1$ $6$が中間点で左右五つが部分反転

だけど五つあるという事は中間点があり、

中間点の左右の数が$2$個以上あるので

更に部分反転できる。つまり$2$回の部分反転

並べ方は

左側から$02468・・$を一桁ずつ空けながら、$0$から始まる偶数列を並べ、

右端から$・・97531$と、$1$から始まる奇数列を空いてる隙間に入れる

$N$を$101$まで部分反転できる数を数えたら$3$から$101$まで

$0,1,1,1,2,1,2,1,2,1,3,1,2,1,3,1,2,1,3,1,2,1,4,1,2,1,3,1,2,1,4,1,2,1,3,1,2,1,4,1,2,1,3,1,2,1,5,1,2,1$

奇数$N$を$(N-1)/2$で計算して、偶数または$3$が出るまでの
回数分部分反転できる。

二分木(N=5,[mod]6)で表してみた。