くどー問題の定理たち

くどー問題については
https://mathlog.info/articles/2736
ここで用いている記法については
https://mathlog.info/articles/t3pL1jUUWpzWfwJVASxV
を参照してください

関連記事をまとめたものはこちら
[1] くどー問題のメモ(Y.K.)
[2] 【くどー問題】 理論的にわかること (bisaitama)
[3] 【くどー問題】 Y.K.さんの方法 (bisaitama)
[4] 「くどー問題」再び (bisaitama)
[5] 「くどー問題」の数値計算 (bisaitama)
[6] そろそろ誰かに解いてほしい自作問題(未解決) (くどー)

今回書く定理

私の記事[1]で書いた定理の拡張

最初の和を$S$、削除する数を$d$、その最大公約数を$G$とすると、私の記事より
\begin{aligned} G^2 \frac{S-1}{S-d} \end{aligned}
が整数になれば良かったのでした。
ところで
\begin{eqnarray} G^2 \frac{S-1}{S-d} &=& G^2\qty(1+\frac{d-1}{S-d}) \\ &=& G^2+ G^2\frac{d-1}{S-d} \end{eqnarray}
ですから、
\begin{eqnarray} G^2\frac{d-1}{S-d} = t \end{eqnarray}
が整数になればいいです(これをtとします)
$t=0$だと$d=1$になってしまうので$t\ge1$です
これを元に計算してみます
$n-1\ge d$と$S=\frac{1}{2}n(n+1)$に注意すると、
\begin{eqnarray} G^2\frac{d-1}{S-d} &\ge& 1\\ G^2(d-1) &\ge& S-d \\ G^2(d-1)+d &\ge& S \\ G^2(n-1-1)+n-1 &\ge& \frac{1}{2}n(n+1) \\ G^2(n-2) &\ge& \frac{1}{2}n(n+1)-n+1 \\ G^2(n-2) &\ge& \frac{1}{2}n^2-\frac{1}{2}n+1 \\ G^2 &\ge& \frac{1}{2}\frac{n^2-n+2}{n-2} \\ G^2 &\ge& \frac{1}{2}\qty(n+1+\frac{4}{n-2}) \\ G^2 &\ge& \frac{n+1}{2}+\frac{2}{n-2} \\ G &\ge& \sqrt{\frac{n+1}{2}+\frac{2}{n-2}}\\ G &\gt& \sqrt{\frac{n+1}{2}} \end{eqnarray}
みたいな計算をして、この定理を得ます

私の考えとして、これ以上の事を示すのは難しい論理による手立てが必要かも知れません。
何故なら、全ての数がbisaitamaさんの記事[2]の中の【仮定1】の様に$n/2$or$(n+1)/2$だけしか削除できないわけではないからです。
n=9360では、d=2990,7400
n=9800では、d=2420,6930
n=10863では、d=3976,5432
など、2つ削除できるものがあります。
だから、「ほとんどの数について」$n/2$or$(n+1)/2$だけしか削除できないという事を言わないといけないですが、「ほとんどの数について」ってどうやって扱ったらいいのか私には分かりません
仮定1を満たす数の割合は1に近づくとかいう言い回ししか思いつきませんでした。

逆方向の探索

これは、bisaitamaさんの記事[4]の tanu さんのコメントにある、逆方向からの探索についてです。

最後は[1,n]のカードだけ残るので、$k_{n-2}$は、
\begin{eqnarray} \frac{1+n^3}{1+n} = n^2-n+1 \end{eqnarray}
ここにdを追加すると
\begin{eqnarray} \frac{1+n^3+d^3}{1+n+d} &=& n^2+d^2-nd-n-d+1+ \frac{3nd}{n+d+1} \\ &=& n^2+d^2-nd+2n-d+1- \frac{3n(n+1)}{n+d+1} \\ &=& n^2+d^2-nd-n+2d+1- \frac{3d(d+1)}{n+d+1} \end{eqnarray}
みたいな変形ができます。
これらの最後の分数はすべて整数になってもらいたく、さらに0でもない正の数なので、自然数になります。
よって1以上です。

下

一番下の分数を考えると、
\begin{eqnarray} \frac{3d(d+1)}{n+d+1} &\ge& 1 \\ 3d^2 + 3d &\ge& n+d+1 \\ 3d^2 + 2d - n - 1 &\ge& 0 \\ d &\ge& \frac{-1+\sqrt{3n+4}}{3} \end{eqnarray}
(あんまり使えない)

真ん中

今度は真ん中の分数を考えます。
実はこっちの方がいろんな情報が得られます。
\begin{eqnarray} \frac{3n(n+1)}{n+d+1} \end{eqnarray}
これが整数なので、$n+d+1$は$3n(n+1)$の約数になります。
さらに、$2 \le d \le n-1$だから、
$n+3 \le n+d+1 \le 2n$とわかるので、
$n+d+1$は$3n(n+1)$の約数のうち、$n+3 \le n+d+1 \le 2n$を満たすものと言えます。

ここからいろんなことが分かります。

当てはめたらすぐわかります。
\begin{eqnarray} \frac{3n(n+1)}{n+(n-1)+1} &=& \frac{3n(n+1)}{2n} \\ &=& \frac{3(n+1)}{2} \\ \\ \frac{3n(n+1)}{n+(\frac{n+1}{2})+1} &=& \frac{3n(n+1)}{\frac{3n+3}{2}} \\ &=& \frac{6n(n+1)}{3n+3} \\ &=& 2n \\ \\ \frac{3n(n+1)}{n+(\frac{n}{2}-1)+1} &=& \frac{3n(n+1)}{\frac{3n}{2}} \\ &=& \frac{6n(n+1)}{3n} \\ &=& 2(n+1) \end{eqnarray}
ふぅ。
では、逆に
$n$が奇数なら$n-1$と$\frac{n+1}{2}$しか追加できない
$n$が偶数なら$\frac{n}{2}-1$しか追加できない
ものはどんな物でしょうか。
こういう$n$を限定された数ということにしましょう(ネーミングセンス皆無なのでかっこいい名前つけてください)

限定された数

desmosで調べてみました
https://www.desmos.com/calculator/nfncdiqrg8
g(n)が表す紫色の線がそのnに対してdが追加できる時、$n+d+1$を表すものです。
青い範囲に入っているものが$n+3 \le n+d+1 \le 2n$を満たす物です
これで一旦10〜50までの限定された数を調べると、

$10,11,12,13,16,17,18,19,21,22$
$23,26,28,29,30,31,33,36,37,38$
$40,41,42,43,46,47$

ここで、素数と素数-1が出てきていると眺めながら思ったので、証明します。
(参考)
${\color{#c00}10},{\color{#f00}11},{\color{#c00}12},{\color{#f00}13},{\color{#c00}16},{\color{#f00}17},{\color{#c00}18},{\color{#f00}19},21,{\color{#c00}22}$
${\color{#f00}23},26,{\color{#c00}28},{\color{#f00}29},{\color{#c00}30},{\color{#f00}31},33,{\color{#c00}36},{\color{#f00}37},38$
${\color{#c00}40},{\color{#f00}41},{\color{#c00}42},{\color{#f00}43},{\color{#c00}46},{\color{#f00}47}$

$p$を素数とします。
\begin{eqnarray} 3p(p+1) \\ 3(p-1)p \end{eqnarray}
これらの約数のうち$p+3$以上$2p$以下のもの(これを$D$とおきましょう)が上記のものしかなければOKです。
$n=p$の方から考えてみましょう。

$n=p$の時

$3p(p+1)$って$p,p+1$が約数にありますね。
もし$D$が$p$の倍数だったら駄目ですね。よって$3,p+1$の素因数の中から適当な物を選んで掛け算して$D$を作らないといけない､､､
？？つまり、$D$は$3(p+1)$の約数ってことじゃないですか？
\begin{eqnarray} 3(p+1) &=& cD \\ \frac{3(p+1)}{c} &=& D \end{eqnarray}
となる自然数$c$があるということですね。でも、これ$c \ge 3$だと$D \le p+1$となって条件に合わないです。なので$c=2$のみとなります。ですがこれは、
\begin{eqnarray} D &=& \frac{3(p+1)}{2} \\ n+d+1 &=& \frac{3}{2}(n+1) \\ d &=& \frac{n+1}{2} \end{eqnarray}
なので、上の定理2で書いた物でした。よって、$n=p$のとき、$n$は限定された数になります。

$n=p-1$の時

$3(p-1)p$って$p,p-1$が約数にありますね。
さっきと同じでもし$D$が$p$の倍数だったら駄目ですね。よって$3,p-1$の素因数の中から適当な物を選んで掛け算して$D$を作らないといけなくて、$D$は$3(p-1)$の約数で、
\begin{eqnarray} 3(p-1) &=& cD \\ \frac{3(p-1)}{c} &=& D \end{eqnarray}
となる自然数$c$があるということで、$c \ge 3$だと$D \le p-1$となって条件に合わないので$c=2$のみとなります。ですがこれは、
\begin{eqnarray} D &=& \frac{3(p-1)}{2} \\ n+d+1 &=& \frac{3}{2}n \\ d &=& \frac{n}{2}-1 \end{eqnarray}
なので、上の定理2で書いた物でした。
よって、$n=p-1$のときも、$n$は限定された数になります。

限定数定理に当てはまらない限定された数

あの数の中にあるくせに限定数定理にない数はなんなのか。
$n$と$n+1$のどちらかが5の倍数でもう片方が偶数なら限定された数にならない(すぐ分かる)
つまり一の位が4,5の数は限定された数にならない。
みたいなことぐらいしかわかっていません

bisaitamaさんの見つけた定理の拡張

記事[2]の中の定理2について考えると、うまく拡張することができました。
こう考えます。

あるmに対して$d_m =a\in \mathbb{N}$が削除可能であり、
\begin{eqnarray} \Delta = \frac{k_m^{(\mathrm{diff})}}{a} = \frac{k_{m-1}-a^2}{S_{m-1}-a} \end{eqnarray}
と定義した時$\Delta$が自然数になったとする。
この時、
\begin{eqnarray} \Delta(S_{m-1}-a) = \frac{k_m^{(\mathrm{diff})}}{a}(S_{m-1}-a) = k_{m-1}-a^2 \end{eqnarray}
となります。(覚えておく)
\begin{eqnarray} \\ \\ \\ \end{eqnarray}

ここで、なんと$d_m+\Delta$(つまり$a+\Delta$)の削除を考えると、
\begin{eqnarray} k_{m+1}^{(\mathrm{diff})} = \frac{(a+\Delta)(k_{m}-(a+\Delta)^2)}{S_{m}-(a+\Delta)} \end{eqnarray}
ここで、
\begin{eqnarray} k_{m}-(a+\Delta)^2 &=& k_{m-1} + k_{m}^{(\mathrm{diff})} - (a+\Delta)^2 \\ &=& k_{m-1} - a^2 + k_{m}^{(\mathrm{diff})} - 2a\Delta -\Delta^2 \\ &=& \frac{k_m^{(\mathrm{diff})}}{a}(S_{m-1}-a) + k_m^{(\mathrm{diff})} -2a\Delta -\Delta^2 \\ &=& \frac{k_m^{(\mathrm{diff})}}{a}(S_{m-1}-a+a) -2a\Delta -\Delta^2 \\ &=& \frac{k_m^{(\mathrm{diff})}}{a}(S_{m-1}) -2a\Delta -\Delta^2 \\ &=& \Delta S_{m-1} -2a\Delta -\Delta^2 \\ &=& \Delta (S_{m-1} -2a -\Delta) \\ \end{eqnarray}
と計算できて、
\begin{eqnarray} k_{m+1}^{(\mathrm{diff})} &=& \frac{(a+\Delta)(k_{m}-(a+\Delta)^2)}{S_{m}-(a+\Delta)} \\ &=& \frac{\Delta(a+\Delta)(S_{m-1} -2a -\Delta)}{S_{m-1} -a-a-\Delta} \\ &=& \frac{\Delta(a+\Delta)(S_{m-1} -2a -\Delta)}{S_{m-1} -2a-\Delta} \\ &=& \Delta(a+\Delta) \end{eqnarray}
となり、整数値になっちゃいます。
さらに、
\begin{eqnarray} k_{m+1}^{(\mathrm{diff})} &=& \Delta(a+\Delta) \\ \frac{k_{m+1}^{(\mathrm{diff})}}{\Delta} &=& a+\Delta \end{eqnarray}
となりこれも整数になるので、繰り返すことができます。

今回の記事はとても拙い記事ですが、定理をまとめました。