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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正しいと思われるレスは、
>>38,>>114,>>138,>>141,>>142
になります。 >>142
>(s+t)/2が奇数のとき、(s-t)/2は奇数となる
なにゆえ?
(s+t)/2-(s-t)/2=tは奇数だと上で言ってるやん >>139 訂正
p=(-(-a-g+h)±√((-a-g+h)^2-4g(c-h)))/(2g)
-a-g+h=-gp-k、c-h=kpだから、
p=(-(-gp-k)±√((-gp-k)^2-4kgp))/(2g)
=(gp+k±√((gp-k)^2)/(2g)
=(gp+k±(gp-k)/(2g)
=p, k/g
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、mを整数としてn=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となり、
p-1が4の倍数であることが必要になる。
a=cp^n≡k+h (mod p-1)
2b=gp+h≡g+h (mod p-1)
c≡k+h (mod p-1)
a-c≡0 (mod p-1)
a+c≡2k+2h (mod p-1)
整数をrとして
2r=g+h
2b=(p-1)s+2r
2b=(p+1)t
(s-t)p=s+t-2r
p=1+2(t-r)/(s-t)
2q=(t-r)/(s-t)
2(s-t)q=t-r
rが奇数なので、tは奇数となる。
(2q+1)t=2sq+r
t=(2sq+r)/(2q+1)
=s+(r-s)/(2q+1)
m=(r-s)/(2q+1)とすると
m(2q+1)=r-s
s=-m(2q+1)+r
t=-m(2q+1)+r+m
t=-2mq+r
2(s-t)q=-2mq
s-t=-2m
tが奇数なので、sは奇数となる。 >>145 つづき
t=s+mだから
s-t=-m
-2m=-m
∴m=0
これにより、
r=s=t
が成立する。
2b=(p+1)r
2b=gp+hであるから、
g=h=r
が成立し、gとhは奇数となる。
a=gp+k
2b=gp+g
c=kp+g
a≡g+k≡n(h+k)+2k (mod p-1)
2b≡2g≡2n(h+k)+2k (mod p-1)
c≡k+g (mod p-1)
gが奇数であるから、kは偶数になる。
p=(c-2b)/(a-2b)、c-2b=(k-g)pより
a-2b=k-g
a-c=a-2b-(c-2b)=k-g-(k-g)p=(g-k)(p-1)
a>c、p-1>0より、g>k
g-k=(a-c)/(p-1)=(p^n-1)c/(p-1)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)
g=c(p^(n-1)+…+1)+k
g≡(h+k)(p^(n-1)+…+1)+k (mod p-1)
p^(n-1)+…+1=(p^(n-1)-1)+1+(p^(n-2)-1)+1…+(p-1)+1+1)から
p^(n-1)+…+1≡n (mod p-1)となるので
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
n=4m+1、h=gであるから
g≡(4m+1)g+(4m+2)k (mod p-1)
となる。 >>146 つづき
a-c=(g-k)p+k-g=(p-1)(g-k)
a+c=(g+k)p+g+k=(p+1)(g+k)
(a-c)/(g-k)+1=(a+c)/(g+k)-1
(g+k)(a-c)+(g-k)(g+k)=(g-k)(a+c)-(g-k)(g+k)
(g-k)(a+c)-(g+k)(a-c)=2(g-k)(g+k)
(g-k-(g+k))a+(g-k+g+k)c=2(g-k)(g+k)
-2ka+2gc=2(g-k)(g+k)
-ka+gc=(g-k)(g+k)
ka-gc=-(g-k)(g+k)
(kp^n-g)c=-(g-k)(g+k)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)より
u=p^(n-1)+…+1とすると
g-k=cu
(kp^n-g)c=-cu(g+k)
kp^n-g=-u(g+k)
(u-1)g=-kp^n-uk
u≡n (mod p-1)
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
から
(u-1)g≡(n-1)(n(h+k)+k)≡n(n-1)(h+k)+(n-1)k (mod p-1)
-kp^n-uk≡-k-nk≡-(n+1)k (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+(n-1)k+(n+1)k≡0 (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+2nk≡0 (mod p-1)
n(n-1)h+n(n+1)k≡0 (mod p-1)
p=4q+1とすると、整数をvとして
n(n-1)h+n(n-1)k=4qv
n((n-1)/2)h+n((n-1)/2)k=2qv
hが奇数、kが偶数であるから、左辺は奇数となるが
右辺は偶数なので矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。 >>147
最近の証明もどきは長いわりに最後の文を見ただけで誤りがわかるから助かる
>n((n-1)/2)h+n((n-1)/2)k=2qv
>hが奇数、kが偶数であるから、左辺は奇数となる
n-1が4の倍数だから左辺は偶数ね >>148
このような計算間違いをすることは、普段は少ないのですが。
>>145 訂正
p=(-(-a-g+h)±√((-a-g+h)^2-4g(c-h)))/(2g)
-a-g+h=-gp-k、c-h=kpだから、
p=(-(-gp-k)±√((-gp-k)^2-4kgp))/(2g)
=(gp+k±√((gp-k)^2)/(2g)
=(gp+k±(gp-k)/(2g)
=p, k/g
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、mを整数としてn=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となり、
p-1が4の倍数であることが必要になる。
a=cp^n≡k+h (mod p-1)
2b=gp+h≡g+h (mod p-1)
c≡k+h (mod p-1)
a-c≡0 (mod p-1)
a+c≡2k+2h (mod p-1)
ap-c=(p^(n+1)-1)c=(p-1)(p^n+…+1)=(p-1)(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
ap-c≡0 (mod p+1)
ap-c≡-a-c≡-a-(-k+h)≡0 (mod p+1)
a≡k-h (mod p+1)
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b=c(p^n+p^(n-1)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b≡0 (mod p+1)
c=kp+h
≡-k+h (mod p+1)
a-c≡2k-2h (mod p+1)
a+c≡0 (mod p+1)
奇数をr、整数をs,tとして
r=k-h
a-c=(p+1)s+2r
a+c=(p+1)t
a+c=(p^n+1)c=(p+1)(p^(n-1)-p^(n-2)+p^(n-3)-…+1)c
となり、p^(n-1)-p^(n-2)+p^(n-3)-…+1は2で割れないから
tは奇数となる。
2a=(p+1)(s+t)+2r
a=(p+1)(s+t)/2+r
rとtが奇数だから、s+tは偶数になるのでsは奇数となる。 >>149 訂正
2a=(p+1)(s+t)+2r
(p+1)(s+t)=2(a-r)
p=2(a-r)/(s+t)-1
2c=(p+1)(t-s)-2r
c=(p+1)(t-s)/2-r
a=(p+1)(s+t)/2+r
=(s+t)p/2+(s+t+2r)/2
c=(p+1)(t-s)/2-r
=(t-s)p/2+(t-s-2r)/2
a=gp-g+h+k
c=kp+h
だから
g=(s+t)/2
-g+h+k=(s+t+2r)/2
k=(t-s)/2
h=(t-s-2r)/2
-g+h+k=-s-t+t-s-2r+t-s
=-3s+t-2r
s+t+2r=-3s+t-2r
4s+4r=0
∴s=-r
a-c=(p+1)(-r)+2r=-rp+r
g=(t-r)/2
-g+h+k=(r+t)/2
k=(r+t)/2
h=(t-r)/2
これにより、g=hが成立する。
a=gp+k
b=gp+g
c=kp+g
a-c=(g-k)p+k-g=(p-1)(g-k)
a+c=(g+k)p+g+k=(p+1)(g+k)
(a-c)/(g-k)+1=(a+c)/(g+k)-1
(g+k)(a-c)+(g-k)(g+k)=(g-k)(a+c)-(g-k)(g+k)
(g-k)(a+c)-(g+k)(a-c)=2(g-k)(g+k)
(g-k-(g+k))a+(g-k+g+k)c=2(g-k)(g+k)
-2ka+2gc=2(g-k)(g+k)
-ka+gc=(g-k)(g+k)
ka-gc=-(g-k)(g+k) >>150 つづき
(kp^n-g)c=-(g-k)(g+k)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)より
u=p^(n-1)+…+1とすると
g-k=cu
(kp^n-g)c=-cu(g+k)
kp^n-g=-u(g+k)
(u-1)g=-kp^n-uk
u≡n (mod p-1)
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
から
(u-1)g≡(n-1)(n(h+k)+k)≡n(n-1)(h+k)+(n-1)k (mod p-1)
-kp^n-uk≡-k-nk≡-(n+1)k (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+(n-1)k+(n+1)k≡0 (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+2nk≡0 (mod p-1)
n(n-1)h+n(n+1)k≡0 (mod p-1)
整数をqとしてp=4q+1だから、整数をvとして
n(n-1)h+n(n+1)k=4qv
k=(r+t)/2
h=(t-r)/2
より
n(n-1)(t-r)+n(n+1)(r+t)=8qv
tn^2+rn=4qv
n(nt+r)/2=2qv
整数をw,zとして
t=2w+1
r=2z+1とすると
(nt+r)/2=((4m+1)(2w+1)+2z+1)/2
=(8mw+4m+2w+2z+2)/2
=4mw+2m+w+z+1
となるから、(nt+r)/2は奇数となる。
よって、n(nt+r)/2は奇数となるから矛盾がおきる。
以上から、奇数の完全数は存在しない。 >>152 追加
g≡n(h+k)+kは以下のように計算されます。
g-k=(a-c)/(p-1)=(p^n-1)c/(p-1)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)
g=c(p^(n-1)+…+1)+k
g≡(h+k)(p^(n-1)+…+1)+k (mod p-1)
p^(n-1)+…+1=(p^(n-1)-1)+1+(p^(n-2)-1)+1…+(p-1)+1+1)から
p^(n-1)+…+1≡n (mod p-1)となるので
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
正しいと思われるレスは、
>>38,>>114,>>138,>>149-152
になります、 >>150
これまで正しい証明が一度もないので普段は間違わないと言われても信じがたい
>a=(p+1)(s+t)/2+r
>=(s+t)p/2+(s+t+2r)/2
>c=(p+1)(t-s)/2-r
>=(t-s)p/2+(t-s-2r)/2
>a=gp-g+h+k
>c=kp+h
>だから
>g=(s+t)/2
>-g+h+k=(s+t+2r)/2
>k=(t-s)/2
>h=(t-s-2r)/2
今日のおかしいところはここかな
a=gp-g+h+k=(s+t)p/2+(s+t+2r)/2 から
>g=(s+t)/2
>-g+h+k=(s+t+2r)/2
は言えないし
c=kp+h=(t-s)p/2+(t-s-2r)/2 から
>k=(t-s)/2
>h=(t-s-2r)/2
も言えない >>155
それは、昔学生の時に数学の計算問題で
ほとんど間違えなかったということです。
指摘された部分は、aとcがpの一次式なので係数比較を
行ったものです。 >>156
>指摘された部分は、aとcがpの一次式なので係数比較を行ったもの
大方そんな考えかなと思ったので指摘した次第です
pは最初に仮定したyから一意に定まる値であり、独立変数ではありません
そのような場合、pの一次式を複数立ててそれらが等しいことを示しても一概に係数同士が等しいとはいえません >>157
pが一意に定まらないことを証明しました。
a=(p+1)(s+t)/2+r
=(s+t)p/2+(s+t+2r)/2
c=(p+1)(t-s)/2-r
=(t-s)p/2+(t-s-2r)/2
a=gp-g+h+k
c=kp+h
だから
(p+1)(t-s)/2-r=kp+h
(p+1)(t-s)=2kp+2h-2r
(p+1)(t-s)=2kp+4h-2k …D
(s-t+2k)p=-4h+2k-s+t …E
となるが、ここで
a-c=a+c-2c=(p+1)t-2(kp+h)
=(p+1)(t-2k)+2k-2h
r=k-hだから
s=t-2k
となり
(s-t+2k)p=-4h+4k
s-t+2k=0だから
-4h+4k=0
h=kとなるので、(2)に反するので矛盾がおきる。
(p+1)(s+t)/2+r=gp-g+h+k
(p+1)(s+t)=2gp-2g+2h+2k-2r
(p+1)(s+t)=2gp-2g+4h …F
(p+1)(s+t)=2g(p-1)+4h
(p+1)(s+t)/4=g(p-1)/2+h …G
a=(p+1)(s+t)/2+k-h
(a-k+h)/2=(p+1)(s+t)/4
a≡k-h (mod p-1)より、左辺は偶数で、(p+1)/2は奇数であるから
(s+t)/2は偶数となる。
これにより、Gの左辺は偶数になり、hは偶数になる。
よって条件(1)、(2)により、gは偶数、kは奇数になる。
式Fから式Dを辺々引くと
2s(p+1)=2(g-k)p-2g+2k
s(p+1)=(g-k)p-g+k
s(p+1)=(g-k)(p-1)
s(p+1)/2=(g-k)(p-1)/2
となり、左辺は奇数に右辺は偶数になるので矛盾する。
以上から、pは一意の値にはならない。 >>152 訂正
(kp^n-g)c=-(g-k)(g+k)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)より
u=p^(n-1)+…+1とすると
g-k=cu
(kp^n-g)c=-cu(g+k)
kp^n-g=-u(g+k)
(u-1)g=-kp^n-uk
u≡n (mod p-1)
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
から
(u-1)g≡(n-1)(n(h+k)+k)≡n(n-1)(h+k)+(n-1)k (mod p-1)
-kp^n-uk≡-k-nk≡-(n+1)k (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+(n-1)k+(n+1)k≡0 (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+2nk≡0 (mod p-1)
n(n-1)h+n(n+1)k≡0 (mod p-1)
整数をqとしてp=4q+1だから、整数をvとして
n(n-1)h+n(n+1)k=4qv
k=(r+t)/2
h=(t-r)/2
より
n(n-1)(t-r)+n(n+1)(r+t)=8qv
tn^2+rn=4qv
tn^2+rn=4qv
n(nt+r)/2=2qv
整数をw,zとして
t=2w+1
r=2z+1とすると
(nt+r)/2=((4m+1)(2w+1)+2z+1)/2
=(8mw+4m+2w+2z+2)/2
=4mw+2m+w+z+1
w+z=(t+r)/2-1
=k-1
だから
(nt+r)/2=4mw+2m+k
となり、kは奇数であるから(nt+r)/2は奇数となる。
よって、n(nt+r)/2は奇数となるから矛盾がおきる。
以上から、奇数の完全数は存在しない。 自分でkは偶数と書いてんのに何で違うことになってんだ
あと計算間違い多すぎ (p+1)(t-s)/2-r=kp+h
(p+1)(t-s)=2kp+2h-2r
この2行だけ見ても違う
もうお話にならない 証明が完成したら10回読み直して10回計算し直す
大抵5回目で間違いに気が付く
確信は最大の敵だから、気をつけて >>158 訂正
a=(p+1)(s+t)/2+r
=(s+t)p/2+(s+t+2r)/2
c=(p+1)(t-s)/2-r
=(t-s)p/2+(t-s-2r)/2
a=gp-g+h+k
c=kp+h
だから
(p+1)(t-s)/2-r=kp+h
(p+1)(t-s)=2kp+2h+2r
(p+1)(t-s)=2kp+2k …D
(s-t+2k)p=-2k-s+t
となるが、ここで
a-c=a+c-2c=(p+1)t-2(kp+h)
=(p+1)(t-2k)+2k-2h
r=k-hだから
s=t-2k
となり
(s-t+2k)p=0
よって、pは不定になる。
(p+1)(s+t)/2+r=gp-g+h+k
(p+1)(s+t)/2+k-h=gp-g+h+k
(p+1)(s+t)/2=gp-g+2h
(p+1)(s+t)=2gp-2g+4h …E
(p+1)(s+t)=2g(p-1)+4h
(p+1)(s+t)/4=g(p-1)/2+h …F
a=(p+1)(s+t)/2+k-h
(a-k+h)/2=(p+1)(s+t)/4
a≡k-h (mod p-1)より、左辺は偶数で、(p+1)/2は奇数であるから
(s+t)/2は偶数となる。
これにより、Fの左辺は偶数になり、hは偶数になる。
よって、条件(1)、(2)によりgは偶数、kは奇数になる。 >>165 つづき
式Eから式Dを辺々引くと
2(p+1)s=2(g-k)p-2g+4h-2k
(p+1)s=(g-k)p-g+2h-k
(s-g+k)p=-g+2h-k-s
(s-g+k)(p-1)=2h-2k-2s
(s-g+k)(p-1)/2=h-k-s
(s-g+k)(p-1)/2=-r-s
ここで
c=(p+1)(t-s)/2-r
r=-c+(p+1)(t-s)/2
=-c+(p+1)t/2-(p+1)s/2
r+s=-c+(p+1)t/2-(p-1)s/2
となるので
(s-g+k)(p-1)/2=-(-c+(p+1)t/2-(p-1)s/2)
(s-g+k)(p-1)/2=c-(p+1)t/2+(p-1)s/2
(-g+k)(p-1)/2=c-(p+1)t/2
c=(p+1)t/2+(-g+k)(p-1)/2
2c=(p+1)t+(-g+k)(p-1)
2c≡(-g+k)(p-1)≡g-k (mod p+1) …G
Eから
(p+1)(s+t)=2g(p+1)-4g+4h
(p+1)(s+t)/4=g(p+1)/2-g+h
-g+h≡0 (mod p+1)
∴g≡h (mod p+1)
Gより
2c≡h-k (mod p+1)
c=kp+hだから
c≡-k+h (mod p+1)
となるから
2c≡2(-k+h)≡h-k (mod p+1)
-2k+2h≡h-k (mod p+1)
∴h≡k (mod p+1)
これは、条件(2)に反する。
以上から、素数pは一意の値を持つことがない。 2(-k+h)≡h-k
これ見て2を付け損ねたんじゃないかと思って見直すとかしないのか 2c≡(-g+k)(p-1)≡g-k (mod p+1) …G
2を付け忘れた場所ってここかねえ
見直してないんだろうね >>168
結構見直しはしているつもりです。
>>149 訂正
p=(-(-a-g+h)±√((-a-g+h)^2-4g(c-h)))/(2g)
-a-g+h=-gp-k、c-h=kpだから、
p=(-(-gp-k)±√((-gp-k)^2-4kgp))/(2g)
=(gp+k±√((gp-k)^2)/(2g)
=(gp+k±(gp-k)/(2g)
=p, k/g
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、mを整数としてn=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となり、
p-1が4の倍数であることが必要になる。
p=(c-2b)/(a-2b)、c-2b=(k-g)pより
a-2b=k-g
a-c=a-2b-(c-2b)=k-g-(k-g)p=(g-k)(p-1)
a>c、p-1>0より、g>k
g-k=(a-c)/(p-1)=(p^n-1)c/(p-1)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)
g=c(p^(n-1)+…+1)+k
g≡(h+k)(p^(n-1)+…+1)+k (mod p-1)
p^(n-1)+…+1=(p^(n-1)-1)+1+(p^(n-2)-1)+1…+(p-1)+1+1)から
p^(n-1)+…+1≡n (mod p-1)となるので
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
a=cp^n≡k+h (mod p-1)
2b=gp+h≡g+h (mod p-1)
c≡k+h (mod p-1)
a-c≡0 (mod p-1)
a+c≡2k+2h (mod p-1)
ap-c=(p^(n+1)-1)c=(p-1)(p^n+…+1)=(p-1)(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
ap-c≡0 (mod p+1)
ap-c≡-a-c≡-a-(-k+h)≡0 (mod p+1)
a≡k-h (mod p+1)
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b=c(p^n+p^(n-1)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b≡0 (mod p+1)
c=kp+h
≡-k+h (mod p+1) >>170 つづき
a-c≡2k-2h (mod p+1)
a+c≡0 (mod p+1)
奇数をr、整数をs,tとして
r=k-h
a-c=(p+1)s+2r
a+c=(p+1)t
a+c=(p^n+1)c=(p+1)(p^(n-1)-p^(n-2)+p^(n-3)-…+1)c
となり、p^(n-1)-p^(n-2)+p^(n-3)-…+1は2で割れないから
tは奇数となる。
2a=(p+1)(s+t)+2r
a=(p+1)(s+t)/2+r …D
rとtが奇数だから、s+tは偶数になるのでsは奇数となる。
2c=(p+1)(t-s)-2r
c=(p+1)(t-s)/2-r …E
c=kp+hから
(p+1)(t-s)/2-r=kp+h
(p+1)(t-s)=2kp+2h+2r
(p+1)(t-s)=2kp+2k …F
(s-t+2k)p=-2k-s+t
となるが、ここで
a-c=a+c-2c=(p+1)t-2(kp+h)
=(p+1)(t-2k)+2k-2h
r=k-hだから
s=t-2k
となり
(s-t+2k)p=0
よって、pは不定になる。
a=gp-g+h+kから
(p+1)(s+t)/2+r=gp-g+h+k
(p+1)(s+t)/2+k-h=gp-g+h+k
(p+1)(s+t)/2=gp-g+2h
(p+1)(s+t)=2gp-2g+4h …G
(p+1)(s+t)=2g(p-1)+4h
(p+1)(s+t)/4=g(p-1)/2+h …H
a=(p+1)(s+t)/2+k-h
(a-k+h)/2=(p+1)(s+t)/4
a≡k-h (mod p-1)より、左辺は偶数で、(p+1)/2は奇数であるから
(s+t)/2は偶数となる。
これにより、Hの左辺は偶数になり、hは偶数になる。
よって、条件(1)、(2)によりgは偶数、kは奇数になる。
式Gから式Fを辺々引くと
2(p+1)s=2(g-k)p-2g+4h-2k
(p+1)s=(g-k)p-g+2h-k
(s-g+k)(p+1)=-2g+2h
(s-g+k)(p+1)/2=-g+h
(s-g+k)(p+1)/2≡-g+h≡0 (mod p+1)
∴g≡h (mod p+1) >>171 つづき
整数をwとして
g=(p+1)w+h
と表され
a=gp-g+h+k=((p+1)w+h)p-((p+1)w+h)+h+k
となるが、Dよりaはpの一次式で表さなければならないから
w=0
g=h
でなければらない。
a=gp+k
b=gp+g
c=kp+g
a-c=(g-k)p+k-g=(p-1)(g-k)
a+c=(g+k)p+g+k=(p+1)(g+k)
(a-c)/(g-k)+1=(a+c)/(g+k)-1
(g+k)(a-c)+(g-k)(g+k)=(g-k)(a+c)-(g-k)(g+k)
(g-k)(a+c)-(g+k)(a-c)=2(g-k)(g+k)
(g-k-(g+k))a+(g-k+g+k)c=2(g-k)(g+k)
-2ka+2gc=2(g-k)(g+k)
-ka+gc=(g-k)(g+k)
ka-gc=-(g-k)(g+k)
(kp^n-g)c=-(g-k)(g+k)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)より
u=p^(n-1)+…+1とすると
g-k=cu
(kp^n-g)c=-cu(g+k)
kp^n-g=-u(g+k)
(u-1)g=-kp^n-uk
u≡n (mod p-1)
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
から
(u-1)g≡(n-1)(n(h+k)+k)≡n(n-1)(h+k)+(n-1)k (mod p-1)
-kp^n-uk≡-k-nk≡-(n+1)k (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+(n-1)k+(n+1)k≡0 (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+2nk≡0 (mod p-1)
n(n-1)h+n(n+1)k≡0 (mod p-1)
整数をqとしてp=4q+1だから、整数をvとして
n(n-1)h+n(n+1)k=4qv
k=(r+t)/2
h=(t-r)/2
より
n(n-1)(t-r)+n(n+1)(r+t)=8qv
tn^2+rn=4qv
tn^2+rn=4qv
n(nt+r)/2=2qv >>172 つづき
整数をw,zとして
t=2w+1
r=2z+1とすると
(nt+r)/2=((4m+1)(2w+1)+2z+1)/2
=(8mw+4m+2w+2z+2)/2
=4mw+2m+w+z+1
w+z=(t+r)/2-1
=k-1
だから
(nt+r)/2=4mw+2m+k
となり、kは奇数であるから(nt+r)/2は奇数となる。
よって、n(nt+r)/2は奇数となるから矛盾がおきる。
以上から、奇数の完全数は存在しない。 >>171-173
は間違えました。
>>171 訂正
g-k=c(p^(n-1)+…+1)
g=c(p+1)(p^(n-2)+p^n(n-4)+…+1)+k
g≡k (mod p+1)
gとkの偶奇が一致するので、条件(1)、(2)に反する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。 >>174
以前に指摘されている通り「pは不定」という主張が誤りであるため、この証明は成立しません >>176
pが不定だということは誤りではありません。
g=hが成り立つという限定的な条件のもとでは、>>172-173のように証明されます。
後からg=hかどうかに関わらず矛盾がおきることが判明しました。 >>177
あなたの推論には以下と同様の主張が含まれており、これを元にした結論は正しいとはいえません
p=5 と仮定すると 3p+7=4p+2…D
0×p=0 より pは不定
よってDより 3=4かつ7=2である
どこがおかしいか理解できますか? >>157
a=f1(p)p+g1(p)
a=f2(p)o+g2(p)
が成立していて、上式がすべてのpに対して恒等的に一致するとすると
f1(p)=f2(p)
g1(p)=g2(p)
が成立すると考えられます。 >>178
Dのpの係数と右辺は両方とも0になっています。 >>179
>すべてのpに対して恒等的に一致するとすると
この仮定が根本的に誤りです >>179
f1(p)=2p, g1(p)=p^2, f2(p)=p, g_2(p)=2p^2 とすると
f1(p)p+g1(p)=f2(p)p+g2(p)
が全ての p に対して恒等的に一致するが、
f1(p)=f2(p)
g1(p)=g2(p)
は成り立たない。 a=p
b=1
c=p+1
d=1-p
のとき
ap+b=cp+dだけどa=c,b=dは成り立たない >>182,183
なるほど、pについて解いた式が等しいとしか言えないですね。 >>184 つづき
a=(p+1)(s+t)/2+r
2a-2r=(p+1)(s+t)
p=2(a-r)/(s+t)-1
a=gp-g+h+k
gp=a+g-h-k
p=(a-h-k)/g+1
2(a-r)/(s+t)-1=(a-h-k)/g+1
2(a-r)/(s+t)=(a-h-k)/g+2
2g(a-r)-(s+t)(a-h-k)-2g(s+t)=0
2g(h+k-r)-2g(s+t)≡0 (mod p-1)
2g(h+k-r-s-t)≡0 (mod p-1)
2g(2h-s-t)≡0 (mod p-1)
整数をuとして
2g(2h-s-t)=u(p-1)
2g(s+t-2h)=-u(p-1)
2g(s+t)=-u(p-1)+4gh
a=(p+1)(s+t)/2+r
(p+1)(s+t)=2(a-r)
4g(a-r)=(p+1)(-u(p-1)+4gh)
4g(a-r)≡4gh(p+1)≡4gh (mod p-1)
4g(a-k+h)≡4gh (mod p-1)
4g(a-k)≡0 (mod p-1)
g≡n(h+k)+k (mod p-1)だから
a≡k (mod p-1)
a≡h+k (mod p-1)より
h≡0 (mod p-1)
c=kp+h
c≡k+h≡k (mod p-1)
となるから
c=k(p-1)+k=kp
以上からh=0となるが、これはh>0に反するから矛盾する。 >>185
今日のやらかしはココ
>4gh(p+1)≡4gh (mod p-1)
百ぺん見直そう >>186
その部分を以下に訂正します。
4g(a-r)≡4gh(p+1)≡8gh (mod p-1)
4g(a-k+h)≡8gh (mod p-1)
h≡0 (mod p-1)より
4g(a-k)≡0 (mod p-1) >>187
間違えた箇所から導いた結果をそのまま使ってはいけない
h≡0 (mod p-1)はいったいどこから出てくるのか >>188
4g(a-r)≡4gh(p+1)≡8gh (mod p-1)
4g(a-k+h)≡8gh (mod p-1)
4g(a-k-h)≡0 (mod p-1)
となるだけでした。 >>185 訂正
(s+t)p=2a-2r-s-t
a=gp-g+h+k
(s+t)p=2(gp-g+h+k)-2r-s-t
(s+t-2g)p=2(-g+h+k-r)-s-t
(s+t-2g)p=2(2h-g)-s-t
整数をvとして
2h-s-t=v(p-1)
s+t=-v(p-1)+2h
(-v(p-1)+2h-2g)p=2(-g+2h+k-r)-(-v(p-1)+2h)
(-vp+2h-2g+v)p=2(-g+k-r)+v(p-1)
(-vp+2h-2g)p=2(h-g)-v
-vp^2+2(h-g)p-2(h-g)+v=0
vp^2-2(h-g)p+2(h-g)-v=0
整数をwとして
h-g≡0 (mod p+1)
より
h-g=w(p+1)
vp^2-2w(p+1)p+2w(p+1)-v=0
(v-2w)p^2+2w-v=0
(v-2w)(p^2-1)=0
p^2≠1だから、v=2w
h-g≡2w (mod p-1)
整数をzとして
h-g=(p-1)z+2w
w(p+1)=(p-1)z+2w
(w-z)p=-z+w
p=1となり、不適となる。
以上から、w=0、g=hとなるので>>172以降の考察により
奇数の完全数は存在しない >>190
最後の2行は取り消します。計算した結果がどこかにいきました。 >>191
このレスは間違いでした。
>>190 最後の2行の前に以下を追加
h-g=2w
2w=w(p+1)
w(p-1)=0
∴w=0 >>190
下から10行を取り消します。
>>192
これも間違いでした。 私を某番組で馬鹿にするゴミコメンテーターがいたが
私が最古の数学的問題を完全に解決しようが、大学教授になりたい
などと、一言も言っていない。
ふざけんのもいい加減にしろ。 >>194
×数学的問題
〇最古の数学上の未解決問題 数学力の低い人のために言っておきますが
>>175で証明は完了していますけれども、
>>155が否定している条件のもと、あるいはw=0で
g=hが成立する場合には、>>171-173の証明が成り立つと
いうことです。これはw=0という限定的な条件でこの
証明が成立しているということです。
>>176で言われているようなこともありますので、
>>175の条件を使わなくても証明ができるか検証を
行いました。 g=c(p+1)(p^(n-2)+p^n(n-4)+…+1)+k
から
h-g=-c(p^(n-1)+…+1)+h-k
h-g=-c(p+1)(p^(n-2)+p^(n-4)+…+1)+h-k
h-g≡h-k (mod p+1)
h-g≡0であるとすると
h≡k (mod p+1)
となるが、これは条件(2)に反する。
よって、w=0の場合は不適となる。 やっぱり理解していなかったか
もうどうしようもないね
お手上げ >w=0という限定的な条件でこの証明が成立しているということです。
つまり、w=0でない場合の証明を示さないと意味がないですね
で、以下の導出は誤り
|h-g=-c(p^(n-1)+…+1)+h-k
|h-g=-c(p+1)(p^(n-2)+p^(n-4)+…+1)+h-k
nは奇数であることに気をつけよう 2b=gp+hで0<h<pなんだからb>p^2/2のときはg=hにはなりようがない
いくらなんでも条件を限定しすぎでほとんど何の証明にもなってない >>198
何を理解していないのですか。
>>199
だから、不適になると言っているんですけれども。
>>200
2b=gp+gで、0<g<pだから、そのような条件は出てこないはず。 >>190
>(s+t-2g)p=2(2h-g)-s-t
>
>整数をvとして
>2h-s-t=v(p-1)
> s+t=-v(p-1)+2h
>
> (-v(p-1)+2h-2g)p=2(-g+2h+k-r)-(-v(p-1)+2h)
(-v(p-1)+2h-2g)p=2(-g+2h+k-r)-(-v(p-1)+2h)なんて出ない >>201
これまでは誤りを指摘されたら素直に聞いてきたのに、どういう心境の変化があったのか
>>199の指摘は
|h-g=-c(p^(n-1)+…+1)+h-k
は、nが奇数なら
|h-g=-c(p+1)(p^(n-2)+p^(n-4)+…+1)+h-k
とはならず
p^(n-1)+…+1=(p^(n-1)+p^(n-2))+(p^(n-3)+p^(n-4))+…+(p^2+p)+1=(p^(n-2)+p^(n-4)+…+p)+1
なのだから
h-g=-c(p+1)(p^(n-2)+p^(n-4)+…+p^1)-c+h-k
となるはず
>>200は、g=hの方が誤りといっている
実際、nが5以上なら、bはp^n+…+1の倍数なのだからg=hではありえない
そのような結果を導く「pの係数の比較」という方法が根本的に誤っている、と何度も指摘されても耳を貸そうとしないのは何故だろうか >>202
1行目が間違っていました。
>>190 訂正
(-v(p-1)+2h-2g)p=2(2h-g)-(-v(p-1)+2h)
(-vp+2h-2g+v)p=2(h-g)+v(p-1) >>203
>>175の結果を用いないで証明をしようとしているわけです。
他の証明があるかと思って調べました。
>>155で指摘されているようなことは一般的には成り立ちませんが
特殊なケースとして成り立つわけです。その場合(実際には
存在しないことが後から分かりますが)には、sとtの変数が出てくる
式の比較のもう一方のaが等しいという式係数比較を行うことにより、
>>172-173の証明が成り立つということです。 >>205
数学力の高いあなたはご存じなのでしょうが、特殊なケースの結果を無条件に全体に適用することはできませんよ >>171 訂正
>a≡k-h (mod p-1)より、左辺は偶数で、(p+1)/2は奇数であるから
>(s+t)/2は偶数となる。
ここの部分は、a≡k-h (mod p+1)で間違っていますので、
g,h,kの偶奇は決めることができません。 >>171 つづき
a=(p+1)(s+t)/2+r
2a-2r=(p+1)(s+t)
(s+t)p=2a-2r-s-t
a=gp-g+h+k
gp=a+g-h-k
g(2a-2r-s-t)=(s+t)(a+g-h-k)
2g(a-r-s-t)-(s+t)(a-h-k)=0
2g(h+k-r-s-t)≡0 (mod p-1)
2g(2h-s-t)≡0 (mod p-1)
(s+t)p=2a-2r-s-t
a=gp-g+h+k
(s+t)p=2(gp-g+h+k)-2r-s-t
(s+t-2g)p=2(-g+h+k-r)-s-t
(s+t-2g)p=2(2h-g)-s-t
整数をvとして
2h-s-t=v(p-1)
s+t=-v(p-1)+2h
(-v(p-1)+2h-2g)p=2(2h-g)-(-v(p-1)+2h)
(-vp+2h-2g+v)p=2(h-g)+v(p-1)
(-vp+2h-2g)p=2(h-g)-v
-vp^2+2(h-g)p-2(h-g)+v=0
vp^2-2(h-g)p+2(h-g)-v=0
整数をwとして
h-g≡0 (mod p+1)
より
h-g=w(p+1)
vp^2-2w(p+1)p+2w(p+1)-v=0
(v-2w)p^2+2w-v=0
(v-2w)(p^2-1)=0
p^2≠1だから、v=2w >>208 つづき
2h-2g=2w(p+1)
-s-t+2h=2w(p-1)
4w=2h-2g+s+t-2h
4w=-2g+s+t
s+t=2g+4w
s-t=2k
2s=2g+4w+2k
s=g+2w+k
2t=2g+4w-2k
t=g+2w-k
t=g+2w-k
g-k-t+2w=0
h-t+2w≡0 (mod p-1)
s=g+2w+k
g+k-s+2w=0
h+2k-s+2w≡0 (mod p-1)
sとtが奇数であることから、hは奇数となる。
また、条件(1),(2)により、gは奇数、kは偶数となる。 私は普通の人ではありません。日本で1番有名私立大学理工学部卒です。
この問題を問いていたときには、人生で一番ひどい風邪をひいていたのと
今使っているPCのキーボードがキーとキーの間がなく、大変に使いづらいもので
あることとこの問題が矛盾を導きだせばそれが答えになるという背離法を
使わなければならないためにこのように多くの間違いをしただけです。
この問題は完全に解決されたと思いますが、予想どおり何の反応もないですね。 >>211
×日本で1番有名私立大学
〇日本で1番有名な私立大学 「証明を買わせることは無理。」
とつまらない言葉が聞こえてきましたが、この証明の著作権は私に属している
わけですから、私が利益を得られないのはおかしいのではないのでしょうか?
18日と3時間の労働対価はいつ誰が支払うのでしょうか? 「嘘もそれまでだ。」
と聞こえてきましたが、私がどのような嘘を書いたというのでしょうか。
地方で、馬鹿みたいに低レベルな人間になめられるのは耐え難いものがあります。
この町の町長、町議会議員選挙の学歴で大卒は一人ですからね
数学者の本の中には
「奇数の完全数についての解決は21世紀中には不可能かもしれません。」
と書いてありますが。 なら背理法を使わない証明のが綺麗でやりやすいなら紙に書いてそれをスキャンなり写真とるなりしてimgur.comにアップロードしてほしいです
そしたらアップロードしたファイルへのdirect link アドレスをこっちに貼って欲しいです >>215
背理法を使って証明は完了したといっている。
以下が誤りのないと考えられるレス番
>>38,>>114,>>138,>>170,>>175
これには、間違いだというレスがされていない。
数学的に正しいと思われる。 >>175の間違いは>>199>>203ですでに指摘されている。 n=5なら
p^4+p^3+p^2+p+1=(p+1)(p^3+p)+1
n=9なら
p^8+p^7+p^6+p^5+p^4+p^3+p^2+p+1=(p+1)(p^7+p^5+p^3+p)+1
等p+1で割り切れたりしない。 著作権については書き込み時に表示される警告をよく読もう
もし著作権を気にするならこのような掲示板で公開するべきはない
もっとも、誤りだらけの証明に価値などこれっぽっちも無いが あんだけ間違いを指摘されててまだ正しいと錯覚してたのか
悪いことは言わん、まず風邪を治せ >>218
その指摘が正しいと認識していなかった。計算間違いだと思わなかった。
>>219
著作権を放棄する意思を持って書いてはいない。
正しいところを集めれば証明終了になりそうです。
>>220
風邪はだいたい治りました。
>>209 最後の9行を除いた部分からのつづき
h-g=-p(p+1)(kp+k+h)(p^(n-3)+p^(n-5)+…+1)
h-g=w(p+1)より
w=-p(kp+k+h)(p^(n-3)+p^(n-5)+…+1)
w=-p(p+1)(kp+k+h)(p^(n-4)+p^(n-8)+…+1)
w≡0 (mod p)
w≡0 (mod p+1)
整数をzとして
w=z(kp+k+h)
w≡-zk+zk+zh≡zh≡0 (mod p+1)
w≡z(k+h)≡0 (mod p)
w≡z(2k+h)≡0 (mod p-1)
重複していますが整数をa,b,cとすると
zh=a(p+1)
z(k+h)=bp
z(2k+h)=c(p-1)
zk+a(p+1)=bp
zk+bp=c(p-1)
a(p+1)-bp=bp-c(p-1)
(a-b)p+a=(b-c)p+c
(a-2b+c)p=-a+c
p≠1では、これを満たす整数a,b,cはないらしい。
Wolfram先生がそうおっしゃっています。 文字使ってできないんだったらn=5,n=9,n=13とか具体的にして試してからやったら。 a-cがpの倍数でb=(a+c+(a-c)/p)/2とすれば(a-2b+c)p=c-aだな。 >>221
>w=-p(kp+k+h)(p^(n-3)+p^(n-5)+…+1)
>w=-p(p+1)(kp+k+h)(p^(n-4)+p^(n-8)+…+1)
こんな導出を平気でやらかしてしまうくらいだからよっぽど熱にやられているようだよ
少し休んだらいい
お大事に >>226
w=-p(kp+k+h)(p^2+1)(p^(n-5)+p^(n-9)+…+1)
の間違いでした。 >>227
そこをそう直したら、先の結論か成立しなくなるわけです >>228
mod p^2+1は使っていないので
(a-2b+c)p=-a+c
となるのは変わりません。 >>221
>w≡-zk+zk+zh≡zh≡0 (mod p+1)
>w≡z(k+h)≡0 (mod p)
>w≡z(2k+h)≡0 (mod p-1)
はどこから出てきた。 >>221 訂正
h-g=-p(p+1)(kp+h+k)(p^(n-3)+p^(n-5)+…+1)
h-g=w(p+1)より
w=-p(kp+h+k)(p^(n-3)+p^(n-5)+…+1)
w=-p(kp+h+k)(p^2+1)(p^(n-5)+p^(n-9)+…+1)
w≡0 (mod p)
w≡0 (mod kp+h+k)
w≡0 (mod p^2+1)
整数をzとして
w=zp(kp+h+k)
w≡zk-(h+k)z≡-hz (mod p+1)
w≡zk+(h+k)z≡(h+2k)z (mod p-1)
wはp^2+1を因数に持つから偶数で、hかzはどちらかが偶数になる。
h-g=w(p+1)
w≡0 (mod p)より
g≡h (mod p)
g≡h+k (mod p)だから
k≡0 (mod p)
kはpの倍数だから今までのkをKpに置き換えると、式Cから
-a-g+h=-gp-Kp、c-h=Kp^2だから
gp^2-(gp+Kp)p+Kp^2=0
となり、pを求めることができない。
以上から、奇数の完全数は存在しない。 >>230
>w=z(kp+k+h)
から出てきます。 >>232
>zh≡0 (mod p+1)
>z(2k+h)≡0 (mod p-1)
はどこから出てきた。 >>231 補足
w≡0 (mod p^2+1)より
g≡h (mod p^2+1)
g=c(p^(n-1)+…+1)+Kp
g=c((p^2+1)(p^(n-3)+p^(n-4)+…p^(n-7)+p^(n-8)+…+p^2+p)+1)+Kp
g≡c+Kp (mod p^2+1)
c=Kp^2+hより
c≡-K+h (mod p^2+1)
となるので
g≡-K+h+Kp (mod p^2+1)
K(p-1)≡0 (mod p^2+1)
K=κ(p^2+1)とすると
g=c((p^2+1)(p^(n-3)+p^(n-4)+…p^(n-7)+p^(n-8)+…+p^2+p)+1)+κp(p^2+1)
g≡c≡-κ(p^2+1)+h≡h (mod p^2+1)
これにより、gとhが奇数でkが偶数となる。 風邪薬がなくなったので、近所のマツキヨに買いにいきました。
いつもはあるのに今日はありませんでした。
下らない嫌がらせですね、分かります。
それから糞曲で馬鹿にするのと、「アフリカイン」というのが聞こえてきました
放送が流れてきましたが、それは差別ではないのでしょうか?
頭の悪い人間に馬鹿にされるのは虫唾が走りますのでやめてくださいね。 >>237
×「アフリカイン」というのが聞こえてきました放送が流れてきましたが
〇「アフリカイン」という音声が含まれている放送が流れてきましたが より正確には
「アフリカインには2倍お得。」
というような内容でした。
客に聞かせる内容でしょうか?
意味不明な嫌がらせに怒りを禁じえませんが。 >>236
>w≡0 (mod p^2+1)より
>g≡h (mod p^2+1)
1行目から2行目は推論できない
できると主張するなら理由を示すべき >>240
h-g=w(p+1)
w≡0 (mod p^2+1)
から
h-g≡0 (mod p^2+1)
>>231の下から5行は誤りでした。 >>221
>著作権を放棄する意思を持って書いてはいない。
そもそも、各国の著作権法が異なる。
また、証明や新しい定理などになると、何らかの数学的意義があるような数学の著作物は国際的に意義があることになる。
だから、そのような何らかの数学的意義がある数学の著作物に著作権が適用される場合、
その著作物には国際法における著作権が適用されると解釈した方が法律的には妥当でしょうな。
日本語の数学の著作物なら、日本語で書いて日本国内に広める段階では日本の著作権法が適用されると解釈し、
その日本語の数学の著作物を用いて新しく外国語で書かれた数学の著作物を世界に広めるときに用いる段階では、
国際法での著作権法が適用されると考える。まあ、こんな感じ。
2チャンに日本語で匿名で書かれた新しく数学的に意義がある定理や証明などのような著作物を、
外国語(主に英語)で書いて世界に広めるときも大体同じような感じ。
だから、2,チャンに書かれた新しい数学的に意義がある著作物に著作権を適用するとなると、
2段階を踏んで、日本語で書かれている段階では日本の著作権法を適用し、
それから更に海外に広める段階では国際法における著作権を適用することになる。
だから、国際的に広まった新しく数学的に意義がある著作物に最終的に適用される著作権は、国際法における著作権になる。
そのように考えるのが、数学的立場から見ると妥当な著作権法の解釈になる。
まあ、法律は素人だけど。 どうでもいいんだが、この流れでまるで自分ひとりの頭から出たような言いぐさはどうなのかね ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています