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奇数の完全数の有無について [無断転載禁止]©2ch.net
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0002１３２人目の素数さん
垢版 |
2017/01/09(月) 12:24:02.89ID:Q52KfRFd
出来るよ
(3^6151818)(5^816191)(7^81612)(11^7161)(13^61)(23)(59)(19173431197)
は完全数
0004１３２人目の素数さん
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2017/01/10(火) 09:22:51.87ID:FU/1ZKud
p^q*rr の形のはずだが…
pは奇素数、
p≡q≡1 （mod 4)
r：奇数（pで割れない)。
0006１３２人目の素数さん
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2017/01/12(木) 18:20:25.53ID:KoI7U9S5
>>2
約数の総和が(1+23)で、つまりは4で割りきれるのはおかしい
0017１３２人目の素数さん
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2017/08/06(日) 17:57:37.72ID:oDKJI1vJ
耳栓をしたら世界が変わってワロタ
0019１３２人目の素数さん
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2017/08/06(日) 18:02:17.04ID:oDKJI1vJ
耳栓をしたら世界が変わってワロタ
0021１３２人目の素数さん
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2017/08/06(日) 18:11:09.38ID:oDKJI1vJ
耳栓をしたら世界が変わってワロタ
0024１３２人目の素数さん
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2018/02/11(日) 20:00:16.83ID:a7KOzsQQ
>>22 訂正
奇素数をy、その素因数のうち一つをp、pの指数をn、
p以外の素因数をp1,p2,p3,…pmとし、pkの指数をqk、
素数p以外の積の組み合わせの合計をxとすると
x=Σ[k=1,m]pk^qk

指数qmの値の合計は
S=Σ[k=1,m]qk
となる

yが完全数である場合
y=(1+p+p^2+…+p^n)x-y
となるから
(1+p+p^2+…+p^n)x/2=y
(p^(n+1)-1)x/(2(p-1))=y
(p-1/p^n)x/(2(p-1))=y/p^n

y/p^n=Π[k=1,m]pk^qkで奇数だから
左辺は分母が整数なので、分子も整数にならなければ
ならないので、xはp^nで割り切れなければならない

xは組み合わせの個数が2^Sであるから、S>0の場合には
偶数となるからxをp^nで割ることはできない。

よって、奇数の完全数は存在しない
0026１３２人目の素数さん
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2018/02/11(日) 21:50:06.58ID:au7pDmu5
>>24
＞x=Σ[k=1,m]pk^qk
x=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)とは違うの？
0027１３２人目の素数さん
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2018/02/11(日) 23:08:44.33ID:a7KOzsQQ
>>26
その式が正しいと思います。

Sの式も
S=Π[k=1,m](qk+1)
の誤りであることが分かり、xが偶数になる
qkが一つでも奇数がある場合の証明と
なっていました。
0028１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/12(月) 00:22:09.41ID:5RA+qSJZ
奇数の合成数をy、その素因数のうち一つをp、pの指数をn、
p以外の素因数をp1,p2,p3,…pmとし、pkの指数をqk、
素数p以外の積の組み合わせの合計をxとすると
x=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)

xの項数Sは
S=Π[k=1,m](qk+1)
となる

yが完全数である場合
y=(1+p+p^2+…+p^n)x-y
となるから
(1+p+p^2+…+p^n)x/2=y
(p^(n+1)-1)x/(2(p-1))=y
(p-1/p^n)x/(2(p-1))=y/p^n

y/p^n=Π[k=1,m]pk^qkで奇数であり、左辺は分母が整数なので
分子も整数にならなければならないので、xはp^nで割り切れ
なければならない

1. qkに一つでも奇数がある場合
xの項数Sが偶数となるので、xは偶数となるから
xをp^nで割ることはできない。

2. qkが全て偶数の場合
x=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
=Π[k=1,m](pk^(qk+1)-1)/(pk-1)

pk^(qk+1)-1がpで割り切れるためにはフェルマーの小定理から
sを非負整数として
qk+1=s(p-1)
となることが必要になるが、pは奇素数だから右辺は偶数と
なり、qkは奇数となり矛盾が生じる。
よって、pk^(qk+1)-1はpで割ることができない。

以上から、奇数の完全数は存在しない
0029１３２人目の素数さん
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2018/02/12(月) 06:02:55.64ID:4KPU6Lms
惜しいね
＞xは偶数となるからxをp^nで割ることはできない。
偶数を奇素数で割り切れても不合理ではない
＞pk^(qk+1)-1がpで割り切れるためにはフェルマーの小定理から
＞sを非負整数としてqk+1=s(p-1)となることが必要
フェルマーの小定理が言っているのは必要条件ではなくて十分条件
つまりqk+1がp-1の倍数でないときにpk^(qk+1)-1がpで割り切れても不合理ではない
0030１３２人目の素数さん
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2018/02/12(月) 06:41:39.59ID:5RA+qSJZ
>>29
＞フェルマーの小定理が言っているのは必要条件ではなくて十分条件
＞つまりqk+1がp-1の倍数でないときにpk^(qk+1)-1がpで割り切れても不合理ではない

pk^(pk+1)がpで割り切れるためには
pk^(pk+1)≡1 (mod p) …①
が必要であり、フェルマーの小定理からaとpが互いに素であるとき
a^(p-1)≡1 (mod p) …②
となるから
pk+1=s(p-1)が成立するときに、①が成立する
ということがいえると考える
0031１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/12(月) 07:02:50.77ID:4KPU6Lms
必要条件ではなくて十分条件、というのは
sを非負整数として
＞pk+1=s(p-1)が成立するときに、①が成立する ということがいえる
から、「①が成立する」ならば sを非負整数として「pk+1=s(p-1)が成立する」
とは必ずしも言えない。という意味です

例えば pk≡1 (mod p)であれば、任意の正整数nについて pk^n≡1 (mod p) です。
pk^(qk+1)≡1 (mod p) だけから、(qk+1) が p-1 の倍数とは言えないのです。
0032１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/12(月) 07:09:43.74ID:4KPU6Lms
>>4の人が言っている通り、
＞奇数の合成数をy、その素因数のうち一つをp、pの指数をn、
＞p以外の素因数をp1,p2,p3,…pmとし、pkの指数をqk
かつnが奇数ならばqkはすべて偶数であることは言えます。
まずはこれを証明してみてはいかがでしょう？
0033１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/12(月) 13:33:33.75ID:5RA+qSJZ
>>31
それでは、pをyの最大の素因数であるとすると
その問題は回避され2.の内容は正しくなると
思います。
0034１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/12(月) 15:04:29.41ID:oL4nF99e
なんで馬鹿は特定の例(例えばと書いてある)だけ避ければすべて解決すると思い込むのか
3^5-1=242は11の倍数だけど5は10の倍数じゃない
0035１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/12(月) 15:13:24.98ID:Ht17raIY
>>33
ならんね
素数pよりはるかに小さい次数で奇素数の冪の剰余が1になる例だってある
7^5≡1(mod 2801)とかね

素数pについて、pの倍数でない整数mがp-1より小さな正整数kでm^k≡1(mod p)とならなければmをpの原始根という
任意の素数pについて、pより小さい素数がすべてpの原始根かというとそうではない
上の例では素数2801に対して素数7は原始根でない
0036１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/12(月) 16:06:15.67ID:5RA+qSJZ
yが完全数である場合
y=(1+p+p^2+…+p^n)x-y
となるから
(1+p+p^2+…+p^n)x/2=y…①


1. qkに一つでも奇数がある場合
①から
(1+p+p^2+…+p^n)x/(2p^n)=y/p^n
y/p^n=Π[k=1,m]pk^qkで奇数であり、
分母は素因数2を一つ持ち、xは項数がSとなるので、qkが奇数
となる項の個数を非負整数tとするとxは素因数2をt個以上持つことに
なり偶数となる。
よって、1+p+p^2+…+p^nは奇数でなければならず、nは偶数でtは1で
なくてはならない。
0037１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/12(月) 16:32:00.59ID:5RA+qSJZ
2. qkが全て偶数の場合
y/p^nは奇数であり、分母は素因数2を一つ持ち、qkが全て偶数の場合、
Sは奇数となるからxは奇数となる。よって1+p+p^2+…+p^n≡2 (mod 4)
とならなければならない。よって、uを正整数としてn=4u+1でなければ
ならない。
0038１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/13(火) 06:52:13.03ID:wewNn4Nt
清書版

奇数の完全数をy、そのうち一つの素因数をp、pの指数をn、
p以外の素因数をp1,p2,p3,…pmとし、pkの指数をqk、
素数p以外の積の組み合わせの合計をxとすると
x=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk) …①

xの項数Sは
S=Π[k=1,m](qk+1) …②
となる

yが完全数である場合
y=x(1+p+p^2+…+p^n)-y
となるから
xΣ[k=0,n]p^k/2=y
xΣ[k=0,n]p^k/(2p^n)=y/p^n …③

1. qkに一つでも奇数がある場合
qkが奇数となる項の個数を正整数tとすると、
y/p^n=Π[k=1,m]pk^qkは奇数であり、左辺の分母は素因数2を
一つ持つので、②から、xは素因数2をt個以上持つことになり
偶数となる。
よって、Σ[k=0,n]p^kは奇数でなければならず、nは偶数でtは1で
なければならない。

2. qkが全て偶数の場合
y/p^nは奇数、左辺の分母は偶数であり、qkが全て偶数の場合に
Sは奇数となるから、xは奇数となる。よって、
Σ[k=0,n]p^k≡0 (mod 2)
となることが必要で、nは奇数でなければならない。

1,2から、奇数の完全数が存在するためには、
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
0039１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/13(火) 08:26:14.75ID:BwPDiADw
ｐとｐ以外に分ける意味なし
0041１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/13(火) 12:20:49.36ID:y4S6HgE9
奇数の完全数は(存在するならば)「奇数の平方と奇素数の積となることが必要」って条件は広く知られてるしこれ以上掘り下げなくてもよくね？
0042１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/13(火) 13:20:17.52ID:BwPDiADw
>>38を書いていてｐが他の素数と同じ事やってるのに気付かないものか

Πp^nが奇数の完全数
Π(1+p+p^2+...+p^n)=2Πp^n
1+p+p^2+...+p^nの一つが偶数で残りは奇数
nの一つが奇数で残りは偶数

さらに進めると
1+p+p^2+...+p^nが偶数のときは4の倍数+2で
1+p+p^2+...+p^nは1+pの倍数だからpは4の倍数+1
1+p+p^2+...+p^nを4で割った余りとn+1を4で割った余りは等しいからnは4の倍数+1
0045１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/13(火) 19:34:59.44ID:wewNn4Nt
>>38の続き

yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk

ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると

y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a

(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
なるが、pは整数であるからpはa-2bを約数に持ち、pが素数ある
ことに矛盾する。

以上から、奇数の完全数は存在しない。
0047１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/13(火) 23:02:53.32ID:wewNn4Nt
>>45 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk

ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると

y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a

(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。

aはbで割り切ることができるから、整数dをd=a/bとすると
a-2b=bd-2b=b(d-2)
となる。b>1であることから、|a-2b|は1にならない。
よって、pは約数a-2bを持つことになり、素数であることに矛盾する。

以上から、奇数の完全数は存在しない。
0048１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 01:10:47.47ID:dQl1imBn
＞p=(c-2b)/(a-2b) となる。
＞よって、pは約数a-2bを持つ
こういうこと言ってるようではアカンです
0050１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 01:56:32.95ID:dQl1imBn
>>49
よく考えようよ
＞p=(c-2b)/(a-2b)
から
(c-2b)は約数(a-2b)を持つ
ことは言えるけど
＞pは約数a-2bを持つ
とは言えんでしょうが
0051１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 03:12:23.72ID:BzdeAn+s
>>48
その部分は誤りでした。

>>47 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk

ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると

y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a

(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。

aはbで割り切れるから、整数dをd=a/bとすると
p=(d/p^n-2)/(d-2)
となるが、p^n>1であるから、p<1となりpが素数であることに矛盾する。

以上から、奇数の完全数は存在しない。
0053１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 07:41:42.13ID:BzdeAn+s
>>52
言い切れません。dは実数に変更します。
0054１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 07:44:59.01ID:BzdeAn+s
>>52
有理数にしました。

>>51 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk

ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると

y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a

(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。

有理数dをd=a/bとすると
p=(d/p^n-2)/(d-2)
となるが、p^n>1であるから、p<1となりpが素数であることに矛盾する。

以上から、奇数の完全数は存在しない。
0055１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 08:08:41.74ID:Tbd2t9Cq
奇数であることを使ってないからその証明が正しいなら偶数の完全数も存在しないことになるからおかしいってことに気づけ

a/b=(2p^n)/(1+p+p^2+…+p^n)なんだからdは2より少し小さい数
(d/p^n-2)は-2より少し大きい数
(d-2)は0より少し小さい数
(d/p^n-2)/(d-2) は1より大きい数だから矛盾なんてしていない
0056１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 08:56:09.94ID:BzdeAn+s
>>55
この証明は>>38から続いている
0057１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 09:07:21.99ID:Tbd2t9Cq
>>56
矛盾につながる部分に>>54の最初の行から上は全く使われてない
0058１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 10:10:25.97ID:BzdeAn+s
>>54 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。

yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk

ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると

y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a

(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。

有理数dをd=a/bとすると
ap-2bp+2b=a/p^n
a(p-1/p^n)=2(p-1)b
d=2(p-1)/(p-1/p^n)

(p-1)/(p-1/p^n)<(p-1)/pであり、pは2より大きい素数であるから
p>2+1/p^n
2(p-1)>p-1/p^n
2(p-1)/(p-1/p^n)>1
となるから、dは1<d<2(p-1)/p …④
の値をとる。

p=(2b-a/p^n)/(2b-a)
p=(2-d/p^n)/(2-d)

pは④の範囲で、変数dの単調増加関数であるから
(2-1/p^n)<p<(2-2(p-1)/(pp^n))/(2-2(p-1)/p) …⑤

右辺は
(2-2(p-1)/(pp^n))/(2-2(p-1)/p)
=(p-(p-1)/(p^n))/(p-(p-1))
=p-(p-1)/(p^n)
となるから、⑤は
(2-1/p^n)<p<p-(p-1)/(p^n)
となるが
p<p-(p-1)/(p^n)は成立することはないから、④は成立しない。

以上から、奇数の完全数は存在しない。
0059１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 10:17:04.79ID:BzdeAn+s
>>58 訂正
×p<p-(p-1)/(p^n)は成立することはないから、④は成立しない。
〇p<p-(p-1)/(p^n)は成立することはないから、⑤は成立しない。
0060１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 10:28:19.01ID:Tbd2t9Cq
＞(p-1)/(p-1/p^n)<(p-1)/pであり、pは2より大きい素数であるから

p-1/p^n<pだから(p-1)/p<(p-1)/(p-1/p^n)
0061１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 11:11:34.80ID:dQl1imBn
＞a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
＞b=Π[k=1,m]pk^qk
＞a/p^nは整数となりこれをcとする
＞p=(c-2b)/(a-2b) となる。
aと2bの大小は定義からは明らかでない。したがって場合わけをする

1)a＞2bの場合
以下の主張は正しいように思われる
＞有理数dをd=a/bとするとp=(d/p^n-2)/(d-2)となるが、
＞p^n>1であるから、p<1となりpが素数であることに矛盾する。

2)a＝2bの場合
これは即ちbが奇数の完全数であることを示している
そのような例が存在するかは別途証明が必要

3)a＜2bの場合
p=(2b-a/p^n)/(2b-a)となる。
pは奇素数であるから(2b-a/p^n)/(2b-a)≧3
よってこの場合、2b/aについて解くと
3/2-1/(2p^n)≧2b/a＞1
であることが必要といえる
0062１３２人目の素数さん
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2018/02/14(水) 11:45:30.65ID:dQl1imBn
>>61
2)a＝2bの場合
(2b-a/p^n)=(2b-a)pの式は
左辺は0でなく、右辺は0であるため成立しない

以上より「3)a＜2bの場合」であることが必要
0063１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 22:14:46.43ID:GdB9m1Jz
正整数Nの正の約数の総和とNの比を「Nの約数和比」というとして、
正整数Nが完全数であることはNの約数和比が2であることと同値である。
素数pと正整数qについて、D(p,q)をp^qの約数和比と定義するとき、
素因数分解表示N=Π[k=1→m]pk^qk(i≠jのとき素数pi≠素数pj,かつqk≧1)を持つ
正整数Nについて、Nの約数和比はΠ[k=1→m]D(pk,qk)であるから、このとき、
正整数Nが完全数であるということはΠ[k=1→m]D(pk,qk)=2と同値である。

ところで、D(p,q)=Σ([j=0→q]p^j)/p^q=1+(1-1/p^q)/(p-1)であるから、
任意の素数pと正整数qについて1＜D(p,q)＜2である。
1＜D(pk,qk)であるから、D(pk,qk)は1つ乗じる毎に約数和比は必ず増加する。
D(pk,qk)を乗じてゆくといつか2を超える(ここでは「バーストする」と表現する)かもしれない。
D(p,q)の性質を調べ、それらを幾つどのように掛け合わせればバーストするかしないかを
調べることは、奇数の完全数の存在性を調べる為に有用であると考える。
・D(p,q)は、定義域でqについて単調増加である。（つまりq1＜q2⇒D(p,q1)＜D(p,q2)）
・D(p,1)=1+1/p,D(p,2)=1+(p+1)/pp,...,lim[q→∞]D(p,q)=1+1/(p-1)であり、
　任意の素数pと自然数q≧1について1+1/p≦D(p,q)＜1+1/(p-1)である
・D(p,q)は、定義域でpについて単調減少である。（つまりp1＜p2⇒D(p1,q)＞D(p2,q)）
0064１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 22:15:55.93ID:GdB9m1Jz
>>63のつづき
これらの性質を使うと、例えば以下のことが言える
・奇数の完全数は少なくとも3種類の素因数を持つ
　∵1＜D(p1,q1)＜2のため1種類の奇素数を素因数に持つN=p1^q1は完全数でない。
　　2種類の奇素数を素因数に持つN=p1^q1・p2^q2は、p1=3,p2=5のとき
　　約数和比はD(3,q1)D(5,q2)＜(1+1/2)(1+1/4)=15/8＜2であり、
　　他の奇素数の組み合わせではこれよりも更に小さくなる。
・奇数の完全数がちょうど3種類の素因数を持つならば、最大の素因数は7を超える
　∵3つの素数p1≦p2≦p3を7以下の奇素数の組み合わせで選ぶとp1=3,p2=5,p3=7であるが、
　　pk≡1(mod 4)となるpkがp2=5のみなのでq2は奇数、q1,q3は偶数である。
　　約数和比の下界はD(3,2)D(5,1)D(7,2)=(1+4/9)(1+1/5)(1+8/49)=494/245＞2
　　となり、D(3,q1)D(5,q2)D(7,q3)はこれより大きいので必ずバーストする。
とまあ、こんな感じでひとつひとつ性質を調べていって積み上げることになるのでは。
0065１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/14(水) 22:32:56.83ID:BzdeAn+s
>>38と>>58でQ.E.D.ではないかと思います
acceptだと聞こえてきていますし

本当かどうかは分かりませんが
0068１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/15(木) 00:10:40.87ID:YYbCTtwg
>>58 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk

ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると

y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a

(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。

有理数dをd=a/bとすると
ap-2bp+2b=a/p^n
a(p-1/p^n)=2(p-1)b
d=2(p-1)/(p-1/p^n)

(p-1)/(p-1/p^n)<(p-1)/(p-1/p)
(p-1)/(p-1/p^n)<p/(p+1)
であり、pは2より大きい素数であるから
p>2+1/p^n
2(p-1)>p-1/p^n
2(p-1)/(p-1/p^n)>1
となるから、dは1<d<p/(p+1) …④
の値をとる。

p=(2b-a/p^n)/(2b-a)
p=(2-d/p^n)/(2-d)

pは④の範囲で、変数dの単調増加関数であるから
(2-d/p^n)<p<(2-p/((p+1)p^n))/(2-p/(p+1)) …⑤

右辺は
(2-p/((p+1)p^n))/(2-p/(p+1))
=(2p+2-p/p^n)/(p+2)
=2+(2-p/p^n)/(p+2)<3
となり、⑤から
(2-d/p^n)<p<3
が成立することから、pが素数であることに矛盾する。

以上から、奇数の完全数は存在しない。
0070１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/15(木) 00:32:44.29ID:EGDusbJh
p=3とすれば6という完全数も存在しないことになるな
0071１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/15(木) 00:43:44.20ID:YYbCTtwg
>>68 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk

ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると

y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a

(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。

有理数dをd=a/bとすると
ap-2bp+2b=a/p^n
a(p-1/p^n)=2(p-1)b
d=2(p-1)/(p-1/p^n)

p=(2b-a/p^n)/(2b-a)
p=(2-d/p^n)/(2-d) …④

(p-1)/(p-1/p^n)<(p-1)/(p-1/p)
(p-1)/(p-1/p^n)<p/(p+1)
であり、pは2より大きい素数であるから
p>2+1/p^n
2(p-1)>p-1/p^n
2(p-1)/(p-1/p^n)>1
となるから、dは1<d<p/(p+1) …⑤
の値をとる。

p/(p+1)<1であるから、⑤を満たす整数dが存在しないので
④を満たす素数pは存在しない。

以上から、奇数の完全数は存在しない。
0073１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/15(木) 01:01:57.70ID:EGDusbJh
>>72
偶数には使えないことは使ってないから偶数の完全数も存在しないことになるが
0075１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/15(木) 01:18:12.00ID:EGDusbJh
y=6でp=3とすれば矛盾するんだろ
0076１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/15(木) 01:28:31.08ID:EGDusbJh
6が完全数だとするとy=6,p=3として>>71を使うと1<d<3/4となって矛盾するから6は完全数じゃない
0078１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/15(木) 02:05:41.39ID:9GXVdFDs
>>77
じゃないか
＞d=2(p-1)/(p-1/p^n)
＞(p-1)/(p-1/p^n)<p/(p+1)であり、
＞となるから、dは1<d<p/(p+1) …⑤
2を掛けるの忘れてるよ
0079１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/15(木) 02:39:10.90ID:O6aE9A8Z
>>71
この方向性ではいくらやってもダメなのよ

｜a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
｜b=Π[k=1,m]pk^qk
｜y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b

から、a/b＝2p^n/(1+p+p^2+…+p^n) こうなるんだけれども
左辺＝a/b＞1は定義より明らか
右辺＝2p^n/((p^(n+1)-1)/(p-1))
＝2p^n(p-1)/(p^(n+1)-1)
＝(2p^(n+1)-2p^n)/(p^(n+1)-1)
＝((p^(n+1)-2p^n+1)+(p^(n+1)-1))/(p^(n+1)-1)
＝(p^(n+1)-2p^n+1)/(p^(n+1)-1)+1
＝((p-2)p^n+1)/(p^(n+1)-1)+1
なのでp≧2なら右辺＞1
だからこの式をいくらいじってもd＝a/b＜1は出てこない

また、1＜d＜2のときp=(2-d/p^n)/(2-d)＞1だから、
この式をいくらいじってもp＜1は出てこない
出てきたとしたら導出が誤っている
0080１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/16(金) 07:59:42.15ID:ROeNsO6N
>>71 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。

y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk

ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると

y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a

(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。

有理数dをd=a/bとすると
p=(2-d/p^n)/(2-d)

b=Π[k=1,m]pk^qkだから、
b≢0 (mod p)

正整数e,fとして、
b=ep+f
0<f<p
b≡f (mod p)
が成立する

c-2b≡0 (mod p)
c≡2b≡2f (mod p)
c≢0 (mod p)

ap-2bp+2b=c
ap-c=2b(p-1)

2b=(ap-c)/(p-1)

正整数g,h、h≡2f (mod p), 0<h<p
2b=(ap-c)/(p-1)=gp+h
ap-c=gp^2+hp-gp-h
gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
0081１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/16(金) 08:02:23.66ID:ROeNsO6N
>>80 つづき
-ap+hp+c-h≡0 (mod g)
p(-a+h)+c-h≡0 (mod g)

整数iを用いて
p(-a+h)+c-h=gi

c-h≡gi≡0 (mod p)
整数jを用いて
pj=gi
p=gi/j

pは素数だから、i=1で、g=pjでなければならい。
g≡0 (mod p)


2b=jp^2+h

c-h≡0 (mod p)だから、整数をk(0<k<p)として
c=pk+h

ap-2bp+2b=c

ap=2b(p-1)+c
=(jp^2+h)(p-1)+pk+h
=jp^3+ph-jp^2-h+pk+h
=jp^3+ph-jp^2+pk

a=jp^2-jp+h+k
∴a≡h+k (mod p)

c=pk+hで、c,pはともに奇数であるから、hとkの偶奇は反対になり、
h+kは奇数となる。

整数をmとして
a=mp+h+k

a-2b=mp+h+k-(jp^2+h)=mp-jp^2+k≡k (mod p)
c-2b=pk+h-(jp^2+h)=pk-jp^2≡0 (mod p)
a-c≡k (mod p)

a≡h+k (mod p)
c≡h (mod p)だから、2b≡c≡h (mod p)


gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0

p^3-p(p+a-h)+c-h=0
p^3-p^2+(-a+h)p+c-h=0
p^2(p-1)+h(p-1)-ap+c=0

ap-c≡0 (mod p-1)

ap-c-a(p-1)=a-c≡0 (mod p-1)
a-c≡k (mod p)
a-c≡0 (mod p-1)

整数をsとして
a-c=ps+k
ここで、a-cは偶数だから、sとkの偶奇は反対になっている。
0082１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/16(金) 08:03:07.57ID:ROeNsO6N
>>81 つづき
整数をtとして
a-c=(p-1)t

ps+k=(p-1)t
k+t=(t-s)p
k+t≡0 (mod p)

整数をuとして
k=up-t
a-c=(p-1)(up-k)
a((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
a/(p^n(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1))=up-k
a=(up-k)p^n(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)

a≡0 (mod p)
c≡-k (mod p)

a≡h+k (mod p)で、a≡0 (mod p)、0<h,k<pだから
h+k=p

a=jp^2-jp+h+k
a=jp^2-jp+p=jp(p-1)+p

a≡1 (mod p-1)

整数をvとして
a=v(p-1)+1

a((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
(v(p-1)+1)((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)

(p^n-1)/p^n≡0 (mod p-1)
(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)(p-1)/p^n≡0 (mod p-1)

整数wとして
(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)(p-1)/p^n=w(p-1)

w=(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)/p^n
wp^n=p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1

wp^n≡0 (mod p)
p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1≡1 (mod p)

となり、wが整数になることに矛盾する。


以上から、奇数の完全数は存在しない。
0083DJ学術　
垢版 |
2018/02/16(金) 08:45:53.89ID:yN3n4O8g
東アジアなら　兵糧、金、兵士数の実数の　ほうが大事だと思われ。
僕は１なんて数を打ち続けても、レア化しないで、直観数術にならないし、
駄目だと思うけどなあ。虚数となるとさらに。
0084１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/16(金) 09:58:09.93ID:n3/HZSNp
>>81 長いね
＞pj=gi
＞pは素数だから、i=1で、g=pjでなければならい
iがpの倍数でないとなぜ言えるの？
0085１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/16(金) 11:23:04.07ID:n3/HZSNp
>>84
やっぱりか
＞gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
＞整数iを用いて
＞p(-a+h)+c-h=gi
よりgp^2-gp+gi=0であり、i=p-p^2
新しい変数を持ち出すときは、その意味するところを考えた方がいい
0086DJ学術　
垢版 |
2018/02/16(金) 12:26:08.67ID:yN3n4O8g
数学は一度部分点が出たぐらいで意外に特異な方。確率統計は
ギャンブル好きだから、確実には極めない方がよい。
0087DJ学術　
垢版 |
2018/02/16(金) 12:38:53.17ID:yN3n4O8g
記号が簡単すぎて幼いころに積み上げた数学が台無しになる。数も小数点
分数、数自体の集合分岐がないから、つまらないものにしたくない。
0088DJ学術　
垢版 |
2018/02/16(金) 12:46:04.61ID:yN3n4O8g
数式を血統と数式で議論するのも本末転倒だが、詩学と数学の相性を考えると、
数式は真　空　中に建てる方が　綺麗かもしれない。将来は。
私は他者であり、数学は自分だ。

般若心経よりもいいのか。はたして。
0089１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/16(金) 12:58:37.75ID:n3/HZSNp
>>82
＞a((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
＞a/(p^n(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1))=up-k
ここの変換も違う
分母と分子を取り違えてる
0090１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/16(金) 15:30:39.59ID:ROeNsO6N
>>89
その部分は計算の誤りでした。

>>82 訂正
>>81 つづき
整数をtとして
a-c=(p-1)t

ps+k=(p-1)t
k+t=(t-s)p
k+t≡0 (mod p)

整数をuとして
k=up-t
a-c=(p-1)(up-k)
a((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
a(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)(p-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
a(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)=(up-k)p^n


a≡0 (mod p)
c≡-k (mod p)

a≡h+k (mod p)で、a≡0 (mod p)、0<h,k<pだから
h+k=p

a=jp^2-jp+h+k
a=jp^2-jp+p=jp(p-1)+p

a≡1 (mod p-1)

整数をvとして
a=v(p-1)+1

a((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
(v(p-1)+1)((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)

(p^n-1)/p^n≡0 (mod p-1)
(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)(p-1)/p^n≡0 (mod p-1)

整数wとして
(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)(p-1)/p^n=w(p-1)

w=(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)/p^n
wp^n=p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1

wp^n≡0 (mod p)
p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1≡1 (mod p)

となり、wが整数になることに矛盾する。


以上から、奇数の完全数は存在しない。
0092１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/16(金) 15:49:33.23ID:n3/HZSNp
>>90
あと、
＞a≡h+k (mod p)で、a≡0 (mod p)
これはg≡0(mod p)が証明できてないから言えない
0093１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/16(金) 16:18:11.83ID:ROeNsO6N
>>92
>>81に書いてあります。

>>38, >>80-81, >>90が正しいと思われるレスです。
0095DJ学術　
垢版 |
2018/02/16(金) 20:06:21.75ID:yN3n4O8g
奇数に完全がないのは当たり前だが奇数を経て完全というのもおかしい話だな。
0096１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/17(土) 00:46:55.71ID:ZE5af5vu
>>64
二番目のは３種類に限らない
４種類以上でも成り立つ
つまり３と５と７を同時に約数にもつ完全数は存在しない
言い換えると、１０５の倍数は完全数でない
0097DJ学術　
垢版 |
2018/02/17(土) 08:13:55.42ID:5j7H1MVc
約数といったって　詩を引いて隠す感じが大事であって、数よりクオリア向きだよな。
0098１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/18(日) 08:38:15.10ID:zA6IaP63
>>81 訂正
-ap+hp+c-h≡0 (mod g)
p(-a+h)+c-h≡0 (mod g)

整数iを用いて
p(-a+h)+c-h=gi

gp^2-gp+gi=0
i=p-p^2

i≡0 (mod p)
i≡0 (mod p-1)
iは1-pを約数に持つから偶数となる。


整数jを用いて
pj=gi

pj=g(p-p^2)
j=(1-p)g=g-gp

j≡0 (mod g)
j≡0 (mod p-1)
jは1-pを約数に持つから偶数となる。

g≡j (mod p) …④


c-h≡0 (mod p)だから、整数をk(0<k<p)として
c=kp+h
c,pはともに奇数であるから、hとkの偶奇は逆になる。

ap-2bp+2b=c

ap=2b(p-1)+c
=(gp+h)(p-1)+kp+h
=gp(p-1)+hp+kp

a=g(p-1)+h+k
a=gp-g+h+k

∴a≡-g+h+k≡0 (mod p)
g≡h+k (mod p)
hとkの偶奇は逆だから、h+kは奇数となるが
④の右辺は偶数であるから矛盾が生じる。
よって、上記の整数b,gは存在しない。

以上から、奇数の完全数は存在しない。
0100１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/02/18(日) 08:59:19.96ID:dSxwtxgZ
10≡7(mod.3)だけど矛盾はしてないな
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