奇数の完全数の有無について [無断転載禁止]©2ch.net

**１３２人目の素数さん** · 2017/01/09(月) 03:37:33.28

これについて誰か証明できませんか？

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/26(月) 12:48:00.31

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/26(月) 12:49:33.91

>>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)

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/26(月) 12:51:02.69

>>150 訂正
×>>149 訂正
〇>>149 つづき

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/26(月) 12:51:42.66

>>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。