tex備忘録

自分のためのノート(emathを置く場所)

  1. コマンドプロンプトを開く(Windowsキー+r→cmdと入力,enter)
    C:\Users\*****
  2. *****の下にtexmfというフォルダを作る
  3. コマンドプロンプトで
    kpsewhich –expand-path=$TEXMF
    と入力しenter
  4. ;の数+1=1ならそこを★とおき,6.へ
    ;の数+1>1ならコマンドプロンプトで
    kpsewhich –expand-path=$TEXMFHOME
    と入力しenter
  5. 返ってくるもの(3.の結果でみた〇;△;□のどれか)を★とおく
  6. コマンドプロンプトで
    kpsewhich –progname=platex jarticle.cls
    と入力しenter
  7. …/texmf/☆☆☆/☆☆☆/base/…
    または
    …/texmf-dist/☆☆☆/☆☆☆/base/…
    と表示される
  8. 置き場所は
    ★/☆☆☆/☆☆☆/misc/emath
    (フォルダmisc,emathは新規に作成する)
  9. ここにsty.zipを解凍して得られるファイルをすべて置く

合同式の応用

    1. \(10^{10}\)を\(2020\)で割った余りを求めよ。
    2. \(100\)桁の正の整数で各位の数の和が\(2\)となるもののうち,\(2020\)で割り切れるものの個数を求めよ。
  • (一橋大)

    解答

    \(2020\)を法として考える.以下,\(\mod 2020\)を省略して記述する.
    \(10000\equiv10000+2020\cdot(-5)\equiv-100\)であるから
    \begin{align*}
    10^{10}\equiv&10^2\cdot(10^4)^2\\
    \equiv &10^2\cdot(-100)^2\\
    \equiv &10^2\cdot10000\\
    \equiv &10^2\cdot(-100)\\
    \equiv &-10000\\
    \equiv &-(-100)\\
    \equiv &100
    \end{align*}

    ゆえに\(10^{10}\equiv100\)(\(1.\)の答え

    \(100\)桁の正の整数で各位の数の和が\(2\)であるような数は
    \begin{align*}
    \mathrm{(i)}\quad &2\underbrace{0\cdots0}_{99\text{個}}=2\times10^{99}\\
    \mathrm{(ii)}\quad &1\underbrace{0\cdots01\overbrace{0\cdots0}^{k\text{個}}}_{99\text{個}}=10^{99}+10^k\quad(0\leq k \leq 98)
    \end{align*}のいずれかである.

    \(\mathrm{(i)}\)のとき
    \(1.\)により\(10^{10}\equiv10^2\)であることに注意して,
    \begin{align*}
    2\times10^{99}\equiv&2\cdot10^{9}\cdot(10^{10})^9\\
    \equiv&2\cdot10^{9}\cdot(10^{2})^9\\
    \equiv&2\cdot 10^{27}\\
    \equiv&2\cdot(10^{10})^2\cdot10^7\\
    \equiv&2\cdot(10^{2})^2\cdot10^7\\
    \equiv&2\cdot10^{11}\\
    \equiv&2\cdot10^{10}\cdot10\\
    \equiv&2\cdot10^{2}\cdot10\\
    \equiv&2000\\
    \end{align*}ゆえにこの数は\(2020\)で割り切れない.

    \(\mathrm{(ii)}\)のとき
    \(10^{99}+10^{k}\equiv 1000 + 10^{k}\)より(なぜならば\(\mathrm{(i)}\)の途中過程により\(10^{99}\equiv1000\)),\(1000+10^k\equiv 0(\Leftrightarrow 10^{k}\equiv -1000)\)を満たす\(k~(0\leq k \leq 98)\)の個数を調べればよい.\(k\)の値は高々\(99\)個なので,実際に調べてみると(やる気),

     

    \(1,10\)から始まり,\(100,1000,-100,-1000\)と繰り返すことがわかる.したがって,\(99=2+4\times 24+1\)により求める個数は\(24\)個とわかる.(\(2.\)の答え

    解答終

    必要条件を追う

    \(a_0,a_1,a_2\)を有理数とし,\(f(x)=a_0+a_1x+\frac{a_2}{2}x(x-1)\)とする.\(1\)つの整数\(n\)に対して,\(f(n),f(n+1),f(n+2)\)が整数ならば,\(a_0,a_1,a_2\)は整数であることを示せ.

    (中央大)

    示すべきは必要条件であること,つまり十分性(逆が言えるか?)を考える必要がないことに注意します。これは細かいことを考えず手元にある道具(仮定)を好き勝手にいじり倒して結論が言えればその時点で証明終わりということなので気楽です:\[f(n),f(n+1),f(n+2)\in\mathbb{Z}\overset{\text{ひつよう!}}{\Longrightarrow} a_0,a_1,a_2 \in\mathbb{Z}\]
    とりあえず,\(f(n)\)と\(f(n+1)\)の\(n\)と\(n+1\)は連番なので,差をとってみたらどうか?と思いつきます。(邪魔者がもろもろ消えそうだから)\begin{align*}
    &~f(n+1)-f(n)\in \mathbb{Z}\\
    \Longleftrightarrow&~\left(a_0+a_1(n+1)+\frac{a_2}{2}(n+1)n\right)\\
    &~-\left(a_0+a_1n+\frac{a_2}{2}n(n-1)\right)\in \mathbb{Z}\\
    \Longleftrightarrow&~a_1+a_2n \in \mathbb{Z}\tag{1}
    \end{align*}なんかうまくいきそうなので,\(f(n+2)-f(n+1)\)も同様に計算すると,\[f(n+2)-f(n+1)\in \mathbb{Z}\Longleftrightarrow a_1+a_2n+a_2 \in \mathbb{Z}\tag{2}\]が得られます。\((1)\)と\((2)\)において\(a_1+a_2n\)が共通していることに着目して\(a_2\)が整数であることがわかり,またこれと\((1)\)により芋づるで\(a_1\)が整数であることが言えます。残りは\(a_0\)ですが,これは\(f(n)=a_0+a_1+\frac{a_2}{2}n(n-1)\in\mathbb{Z}\)であること,すでに示したように\(a_1,a_2\in \mathbb{Z}\)であること,そして\(n(n-1)\)は連続数だから偶数したがって\(\frac{a_2}{2}n(n-1)\in\mathbb{Z}\)であることからいうことができます。(証明終)

    とりあえず必要性を追うという方針で証明してみましたが,こうしてみると次のように同値変形できることに気づきます:

    証明

    \begin{align*}
    &~f(n),f(n+1),f(n+2)\in \mathbb{Z}\\
    \overset{(\ast)}{\Longleftrightarrow}&~f(n+1)-f(n)\in\mathbb{Z} ,f(n+2)-f(n+1)\in\mathbb{Z},f(n)\in\mathbb{Z}\\
    \Longleftrightarrow&~a_1+a_2n \in \mathbb{Z},a_1+a_2n+a_2\in\mathbb{Z},a_0+a_1+\frac{a_2}{2}n(n-1)\in\mathbb{Z}\\
    \Longleftrightarrow&~a_1+a_2n \in \mathbb{Z},a_2\in\mathbb{Z},a_0+a_1+\frac{a_2}{2}n(n-1)\in\mathbb{Z}\\
    \Longleftrightarrow&~a_1\in \mathbb{Z},a_2\in\mathbb{Z},a_0+a_1+\frac{a_2}{2}n(n-1)\in\mathbb{Z}\\
    \Longleftrightarrow&~a_1\in \mathbb{Z},a_2\in\mathbb{Z},a_0\in\mathbb{Z}
    \end{align*}
    証明終

    \((\ast)\)において,\begin{align*}
    &~f(n),f(n+1),f(n+2)\in \mathbb{Z}\\
    \Longrightarrow&~f(n+1)-f(n)\in\mathbb{Z} ,f(n+2)-f(n+1)\in\mathbb{Z}
    \end{align*}ですが,\(f(n)\in\mathbb{Z}\)を加えることで\(\Leftarrow\)も言え,上のように同値になるというカンジです。

    絶対値の扱い

    新高1生向け。絶対値を含む方程式・不等式おいて,「場合分け」をし,「(得た結果について,場合分けで行った)条件を満たすかどうかを確認」または「共通部分」をとりました。以下はそこで「?」と思った人向けの話です。教える側としても一般的な「場合分け」で説明しているとどこか後ろめたさを感じるのでここにノートしておきたいと思います。

    まず各種公式を証明します。\(c>0\)とします。

    \begin{align*}
    &(1)\quad |x|=c \Longleftrightarrow x=\pm c\\
    &(2)\quad |x| < c \Longleftrightarrow -c < x < c\\
    &(3)\quad |x| > c \Longleftrightarrow x < -c \lor c < x
    \end{align*}

    \((1)\)の証明

    \begin{align*}
    &|x|=c\\
    \Longleftrightarrow~ & |x|=c \land (x \geq 0 \lor x < 0)\\
    \Longleftrightarrow~ & (|x|=c \land x \geq 0) \lor (|x|=c \land x < 0)\\
    \Longleftrightarrow~ & (x=c \land x \geq 0) \lor (-x=c \land x < 0)\\
    \Longleftrightarrow~ & (x=c \land x \geq 0) \lor (x=-c \land x < 0)\\
    \Longleftrightarrow~ & x=c \lor x=-c\\
    \Longleftrightarrow~ & x=\pm c
    \end{align*}

    証明終

    \((2)\)の証明

    \begin{align*}
    &|x| < c\\
    \Longleftrightarrow~ & |x| < c \land (x \geq 0 \lor x < 0)\\
    \Longleftrightarrow~ & (|x| < c \land x \geq 0) \lor (|x| < c \land x < 0)\\
    \Longleftrightarrow~ & (x < c \land x \geq 0) \lor (-x < c \land x < 0) \\
    \Longleftrightarrow~ & (0 \leq x < c) \lor (-c < x < 0) \\
    \Longleftrightarrow~ & -c < x < c
    \end{align*}

    証明終

    \((3)\)の証明

    \begin{align*}
    &|x| > c\\
    \Longleftrightarrow~ & |x| > c \land (x \geq 0 \lor x < 0)\\ \Longleftrightarrow~ & (|x| > c \land x \geq 0) \lor (|x| > c \land x < 0)\\ \Longleftrightarrow~ & (x > c \land x \geq 0) \lor (-x > c \land x < 0) \\
    \overset{(\ast)}{\Longleftrightarrow}~ & x < -c \lor c <x\\
    \end{align*}

    証明終

    \((\ast)\)の理解:
    例えば,一般に\(A\land B \Rightarrow A\)ですから\(x > c \land x \geq 0 \Rightarrow x > c\),逆に\(x > c\)であるとき,\(c > 0\)が議論の大前提であったことを思い出すと\(x > 0\)であることすなわち\(x \geq 0\)が言え,\(x > c \land x \geq 0 \Leftarrow x > c\)が得られます。

    以上の考察をそのまま問題に適用してみます。

    次の方程式・不等式を解け.
    \begin{align*}
    &(1)\quad|x+4|=3x\\
    &(2)\quad|2x+1| < x + 5\\
    &(3)\quad 4x^2+5x-12\leq 3|x|
    \end{align*}

    \((1)\)の解答

    \((2)\)の解答

    \begin{align*}
    &|2x+1| < x + 5\\
    \Longleftrightarrow~ & |2x+1| < x + 5 \land (2x+1 \geq 0 \lor 2x+1 < 0)\\
    \Longleftrightarrow~ & (|2x+1| < x + 5 \land 2x+1 \geq 0) \lor (|2x+1| < x + 5 \land 2x+1 < 0)\\
    \Longleftrightarrow~ & \left( 2x+1 < x + 5 \land x \geq -\frac{1}{2} \right) \lor \left( -2x-1 < x + 5 \land x < -\frac{1}{2}\right)\\
    \Longleftrightarrow~ & \left( x < 4 \land x \geq -\frac{1}{2} \right) \lor \left( x > -2 \land x < -\frac{1}{2} \right) \\
    \Longleftrightarrow~ & \left( -\frac{1}{2} \leq x < 4 \right) \lor \left(-2 < x < -\frac{1}{2}\right)\\
    \Longleftrightarrow~ & -2 \leq x < 4
    \end{align*}

    解答終

    \((3)\)の解答

    …ちなみに教科書等では上の公式\((3)\)を\(x < -r,r < x\)と「,(カンマ)」と書いていますがこのカンマは「または」のカンマです。教科書は「かつ」も「または」をどちらも「,(カンマ)」で略記しているので注意が必要です。

    三角形の成立条件

    \begin{align*}
    &|b-c| < a < b+c\\
    \Longleftrightarrow~& |b-c| < a \land a < b+c\\ \Longleftrightarrow~& -a < b-c < a \land a < b+c\\ \Longleftrightarrow~& -a < b-c \land b-c < a \land a < b+c\\ \Longleftrightarrow~& c < a+b \land b < a+c \land a < b+c \end{align*} なのでどっち使ってもOKです。

    値域の問題

    実数\(a,b,c\)が\(a+b+c=a^2+b^2+c^2=1\)を満たすとする.\(c\)のとりうる値の範囲を求めよ.

    「☆という値をとる」という主張を「その値☆を実現するような★が存在する」と言い換えます。あとはそれを機械的に処理するだけ。

    解答

    \begin{align*}
    &\text{\(c\)が\(k\)という値をとる}\\
    \Longleftrightarrow&~\exists a\in \mathbb{R}\exists b\in \mathbb{R}[a+b+k=a^2+b^2+k^2=1]\\
    \Longleftrightarrow&~\exists a\in \mathbb{R}\exists b\in \mathbb{R}[a+b+k=1 \land a^2+b^2+k^2=1]\\
    \Longleftrightarrow&~\exists a\in \mathbb{R}\exists b\in \mathbb{R}[b=1-a-k \land a^2+b^2+k^2=1]\\
    \Longleftrightarrow&~\exists a\in \mathbb{R}[a^2+(1-a-k )^2+k^2=1]\\
    \Longleftrightarrow&~\exists a\in \mathbb{R}[a^2-(1-k )a+k^2-k=0]\\
    \Longleftrightarrow&~(1-k )^2-4(k^2-k)\geq 0\\
    \Longleftrightarrow&~3k^2-2k-1\leq 0\\
    \Longleftrightarrow&~-\frac{1}{3}\leq k \leq 1\\
    \end{align*}

    解答終

    積の和

    実数\(x,y\)が\(|x|\leq 1\)と\(|y| \leq 1\)を満たすとき,不等式\[0 \leq x^2+y^2-2x^2y^2+2xy \sqrt{1-x^2} \sqrt{1-y^2}\leq 1\]が成り立つことを示せ.

    (大阪大学 文系)

    積の和の形\(ax+by\)を\(\left(\begin{array}{c} a \\ b \\ \end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c} x \\ y \\ \end{array}\right)\)とみると事態が好転することが少なくない気がします。

    証明

    \(2xy \sqrt{1-x^2} \sqrt{1-y^2}\)という項に着目し,中辺は\(\left(y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2}\right)^2\)の展開式ではないかと疑う.実際,展開してみると\begin{align*}
    &\left(y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2}\right)^2\\
    =~&y^2(1-x^2)+2xy\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}+x^2(1-y^2)\\
    =~&x^2+y^2-2x^2y^2+2xy \sqrt{1-x^2} \sqrt{1-y^2}
    \end{align*}ゆえに\[x^2+y^2-2x^2y^2+2xy \sqrt{1-x^2} \sqrt{1-y^2}\geq 0\]を得る.また,
    \begin{align*}
    &y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2}\\
    =&~\left(\begin{array}{c} y \\ x \\ \end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c} \sqrt{1-x^2} \\ \sqrt{1-y^2} \\ \end{array}\right)\\
    =&~\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{1-x^2+1-y^2}\cos \theta\\
    =&~\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{2-(x^2+y^2)}\cos \theta\\
    =&~\sqrt{2(x^2+y^2)-(x^2+y^2)^2}\cos \theta\\
    \end{align*}より
    \begin{align*}
    &-\sqrt{2(x^2+y^2)-(x^2+y^2)^2}\leq y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2} \leq \sqrt{2(x^2+y^2)-(x^2+y^2)^2}\\
    \Longleftrightarrow&~\left|y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2}\right|\leq\sqrt{2(x^2+y^2)-(x^2+y^2)^2}\\
    \Longleftrightarrow&~\left(y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2}\right)^2\leq 2(x^2+y^2)-(x^2+y^2)^2
    \end{align*}
    ここで\(x^2+y^2=t\)とおくと,\(0\leq t \leq 2\)より
    \begin{align*}
    2t-t^2=-(t-1)^2+1\leq 1
    \end{align*}であるから\[\left(y\sqrt{1-x^2}+x\sqrt{1-y^2}\right)^2 \leq 1\]すなわち\[x^2+y^2-2x^2y^2+2xy \sqrt{1-x^2} \sqrt{1-y^2}\leq 1\]を得る.

    証明終

    昔こういった手法を「そんなものは受験テクニックだ!」と言ってやたら否定する人がいたけど高校数学や受験数学で「テクニック」と呼ばれるものが大学数学で再登場するということが少なくない気がする。(てか,それが元ネタ?)実際,上の\[a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_n x_n\]を\(1\)次結合といい,上でしたような変形は大学で学ぶ線型代数学ではよく見られるものです。

    中学数学

    生徒(中学生)の考査で,論理的にはあっているのに0点にされている証明があった。…何でこれバツにされたの??と聞くと「(証明自体はあっていても冒頭に)『\(\triangle{ABC}\)と\(\triangle{DEF}\)において』の一言がないから」とのこと…

    「\(\triangle{ABC}\)と\(\triangle{DEF}\)において」という一言は「これから私はこの二つの三角形に着目しますよ」という記述する側が読み手の読み易さのために入れるいわば「気遣い」の一言に過ぎず,論理そのものには関わる部分ではないから,証明の記述としてはあってもなくてもいい(「\(\triangle{ABC}\)と\(\triangle{DEF}\)において(\(\triangle{ABC}\)と\(\triangle{DEF}\)に着目している)」という文は\(\triangle{ABC}\equiv\triangle{DEF}\)という結論を示すための仮定そのものではない)と僕は理解しているが,違うのだろうか??

    もしかしたら幾何学の世界では証明の冒頭に「\(\triangle{ABC}\)と\(\triangle{DEF}\)において」と書かなくてならないという「型」みたいなものがあるのかな?と思い(んなもんあるわけない)手元の初等幾何の本を見てみた。

    定理

    \(1^{\circ})\) 平行四辺形の対辺は等しい.
    \(2^{\circ})\) 平行四辺形の対角は等しい.

    証明

    右の図の四角形\(ABCD\)において\[AB\parallel DC,~AD\parallel BC\]とします.平行な二直線が第三の直線と交わってなす錯角は等しいから(63ページ,定理4.2),\[\angle{ABD}=\angle{CDB},~\angle{ADB}=\angle{CBD}\]となります.ゆえに,一辺両端角の合同定理(42ページ,定理3.2)により,\[\triangle{ABD}\equiv \triangle{CDB}\]ゆえに\[AB=CD,~AD=CB,~\angle{A}=\angle{C}\]

    (証明終)

    小平邦彦.幾何への誘い.岩波書店,2015

     
    \(\triangle{ABD}\equiv \triangle{CDB}\)を示すにあたり「\(\triangle{ABD}\)と\(\triangle{CDB}\)において」なんてひとことは出てきてない。小平先生のこの証明も中学校の先生によれば0点なんだろうか。

    他にも三角形がが合同であることを示すにあたり,辺の長さが等しい,ということを明示するのに\(AE=AD\)が正解で\(AE=DA\)と書くと減点対象だったりと,なんかよく分からん世界です。

    フェルマーの小定理

    \(p\)を素数とする.整数\(a\)が\(a \not\equiv 0 \pmod p\)をみたすならば,\[a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\]が成り立つ.

    証明

    \[1a,~2a,~3a,~\cdots,(p-1)a\]を考える.これらを\(p\)で割った余りはすべて異なることを以下に示す.\(p\)で割って余りが等しくなるような\(2\)数が存在すると仮定し,それらを\(ia,ja~(1 \leq i,j \leq p-1,~i\neq j )\)とおけば\[ia\equiv ja \pmod p \Longleftrightarrow (i-j)a\equiv 0 \pmod p\]が得られるが,\(a \not\equiv 0 \pmod p\)により\(i-j \equiv 0 \pmod p\)でなくてはならない.しかし,\(1 \leq i,j \leq p-1\)であったから,\(i-j\)は\(p-1\)以下であり,矛盾する.

    したがって\(1a,~2a,~3a,~\cdots,(p-1)a\)を\(p\)で割った余りはすべて異なる.また\(a\not \equiv 0 \pmod p\)よりこれらは\(p\)では割り切れない(\(p\)で割っても余りが\(0\)にはならない)から,\(1a,~2a,~3a,~\cdots,(p-1)a\)を\(p\)で割ると余りとして\(1,2,\cdots,p-1\)がそれぞれ\(1\)回ずつ現れることになる.これを\[1a\equiv n_{1}~,2a\equiv n_{2}~,~\cdots~,(p-1)a\equiv n_{p-1}\]と表すことにする(ただし\((n_{1},~n_{2},~\cdots~,n_{p-1})\)は\(1,2,~\cdots~,p-1\)の適当な順列).辺々掛けることで
    \begin{align*}
    &1\cdot 2 \cdot \cdots \cdot (p-1) a^{p-1}\equiv n_{1}n_{2}\cdots n_{p-1} \pmod p \\
    \Longleftrightarrow ~&(p-1)! a^{p-1}\equiv (p-1)! \pmod p
    \end{align*}ここで,\(\gcd(p,(p-1)!)=1\)であるから(実際,\(p\)と\((p-1)!\)に共通な素因数が存在すると仮定すると,\(p\)が素数であることからその共通の素因数は\(p\)であるが,\(1,2,\cdots,p-1\)はいずれも\(p\)では割り切れず,矛盾する),両辺を\((p-1)!\)で割ることができて\[a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\]が得られる.

    証明終

    「分からない」の大切さ

    \(11^{10}\)を\(9\)で割った余りを求めよ.

    合同式の問題でよく見る問題です。

    解答

    \begin{align*}
    11^{10}&\equiv 2^{10}\\
    &\equiv 2\cdot 2^9\\
    &\equiv 2\cdot 8^3\\
    &\equiv 2\cdot (-1)^3\\
    &\equiv -2\\
    &\equiv 7 \pmod 9
    \end{align*}よって\[11^{10}\equiv 7 \pmod 9\]したがって求める余りは\(7\)

    解答終

    授業でこの解説をしたところ「\(\equiv\)を\(=\)の同じような使い方をしてよいのかどうかがいまいちしっくりこない」という感想が。そう言われてみれば確かにこの解説はちょっと乱暴過ぎます(理解に必要な準備が足らない)。以下,この解答の理解のために知識を追加します。

    まず一つ目。\[a_1 \equiv a_2 \equiv a_3 \equiv \cdots \equiv a_n \pmod p\]を\[a_1 \equiv a_2 \pmod p,~a_2 \equiv a_3\pmod p,~\cdots~,a_{n-1} \equiv a_n \pmod p\]を意味するものと規約します。これはただの記法なので問題なし。

    二つ目。\[a_1 \equiv a_2 \equiv a_3 \equiv \cdots \equiv a_n \pmod p~\text{ならば}~a_1 \equiv a_n \pmod p\]であることを確認します。これは結局,次の性質(推移律)があるのか?という問題に帰着します。

    \[a\equiv b\pmod p \land b \equiv c \pmod p \Longrightarrow a\equiv c \pmod p\]

    証明

    仮定により\(a-b=pk,b-c=pk^{\prime}\Longleftrightarrow a=b+pk,~b=c+pk^{\prime}\).このとき,
    \begin{align*}
    a-c&=b+pk-c\\
    &=c+pk^{\prime}+pk-c\\
    &=p(k^{\prime}+k)
    \end{align*}よって\[a\equiv c\pmod p\]

    証明終

    以上により,上の解答の式は
    \begin{align*}
    &11^{10}\equiv 2^{11}\pmod 9\\
    &2^{11}\equiv 2\cdot 2^9\pmod 9\\
    &2\cdot2^9\equiv 2\cdot 8^3\pmod 9\\
    &2\cdot 8^3\equiv 2\cdot (-1)^3\pmod 9\\
    &2\cdot (-1)^3\equiv -2\pmod 9\\
    &-2\equiv 7 \pmod 9
    \end{align*}を意味し,上で示した性質(推移律)を繰り返し適用することにより\(11^{10}\equiv 7 \pmod 9\)という結論が得られることになります(つまりこの解答の略記が上の解答)。

    「わからない」「しっくりこない」という素直な感覚は,理解を深めるひとつの起点であると改めて思ます。

     

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