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** · 2018/02/27(火) 06:31:07.64

あほか

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/27(火) 06:50:44.91

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/27(火) 08:22:37.18

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/27(火) 09:57:13.29

>>161
>>158

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/27(火) 10:06:50.82

(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

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/27(火) 14:17:31.15

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/27(火) 19:58:54.02

>>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 …⑤
(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 …⑥
(p+1)(s+t)=2g(p-1)+4h
(p+1)(s+t)/4=g(p-1)/2+h …⑦

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、⑦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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/27(火) 20:00:49.91

>>165 つづき
式⑥から式⑤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) …⑧

⑥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)

⑧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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/27(火) 22:50:56.53

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/27(火) 23:38:44.68

2c≡(-g+k)(p-1)≡g-k (mod p+1) …⑧
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

**１３２人目の素数さん** · 2018/02/27(火) 23:48:14.17

手の込んだ間違い探しだな

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 10:54:12.07

>>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)

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 10:57:02.36

>>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 …⑤
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 …⑥

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 …⑦
(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 …⑧
(p+1)(s+t)=2g(p-1)+4h
(p+1)(s+t)/4=g(p-1)/2+h …⑨

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、⑨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⑧から式⑦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)

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 10:59:57.76

>>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、⑤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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 11:00:36.04

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 11:04:45.31

全てのレスは、>>38,>>114,>>138,>>170-173
になります。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 11:56:20.69

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 11:57:55.27

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 15:12:09.25

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 16:38:07.64

>>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…⑤
0×p＝0 より pは不定
よって⑤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？

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 16:40:28.86

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 16:42:32.87

>>178
⑤のpの係数と右辺は両方とも0になっています。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 16:54:39.74

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 17:10:51.40

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 17:15:09.93

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/01(木) 18:01:54.33

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/02(金) 10:03:58.38

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/02(金) 12:37:29.94

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/02(金) 15:17:44.63

>>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)

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/02(金) 15:53:27.21

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/02(金) 16:24:07.51

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/02(金) 18:47:50.12

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/02(金) 18:54:29.15

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/02(金) 19:27:17.59

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/02(金) 20:51:18.28

>>190
下から10行を取り消します。

>>192
これも間違いでした。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/02(金) 22:09:58.56

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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/02(金) 22:14:04.49

>>194
×数学的問題
〇最古の数学上の未解決問題

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/03(土) 17:25:02.26

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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/03(土) 17:31:24.01

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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/03(土) 18:49:24.22

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/03(土) 19:01:29.07

＞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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/03(土) 20:20:39.78

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/04(日) 01:25:39.46

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/04(日) 06:07:14.20

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/04(日) 06:59:23.94

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/04(日) 07:28:29.77

>>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)

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/04(日) 07:37:27.88

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/04(日) 09:02:05.27

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/04(日) 09:42:33.90

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/04(日) 11:29:05.34

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/04(日) 11:30:03.96

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/04(日) 15:35:29.86

>>209
下から9行は間違いでした。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 09:52:00.57

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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 09:53:34.41

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 09:59:39.84

「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？

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 10:28:12.28

「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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 11:01:25.63

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 11:14:21.25

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 11:46:11.93

>>175の間違いは>>199>>203ですでに指摘されている。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 11:49:41.57

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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 12:16:17.21

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 14:09:18.64

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 14:18:32.63

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 14:34:54.37

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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 14:51:59.21

アルファベット足りるかな

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 16:03:38.47

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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 16:12:46.63

>>221
下から2行は誤りでした。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 16:26:47.86

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 18:15:45.50

>>226
w=-p(kp+k+h)(p^2+1)(p^(n-5)+p^(n-9)+…+1)
の間違いでした。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 19:20:31.30

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 21:09:05.61

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 23:01:13.04

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 23:18:59.14

>>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④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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 23:21:03.70

>>230
＞w=z(kp+k+h)
から出てきます。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 23:29:49.93

>>232
＞zh≡0 (mod p+1)
＞z(2k+h)≡0 (mod p-1)

はどこから出てきた。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/08(木) 23:42:15.83

>>233
すいません、それは間違いです。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/09(金) 00:10:10.57

最初の部分しか読めない病気か

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/09(金) 06:01:42.38

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/09(金) 10:53:39.61

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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/09(金) 10:55:19.74

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/09(金) 11:04:09.85

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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/09(金) 16:24:53.87

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/09(金) 18:35:38.56

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/11(日) 17:28:54.33

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/11(日) 18:51:38.03

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

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/11(日) 19:33:43.62

>>243
このに書いてある証明はすべて私個人が書いたものであり、このスレッドの人たち
にその計算内容をチェックしてもらっていたということだと思います。

はじめに式を修正する部分で>>26に式を教えてもらったことがありました。
その他いろいろ学ばせていただきました。

信じる人も少ないでしょうけれども、今完全に証明が終了するところまで出来上がり
ましたが、ここに書くと不利益となるかが疑問ですし、
この内容を5chに無償譲渡するつもりはありません。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/11(日) 19:51:45.55

修正前と修正後ってだいぶ違うんじゃない？大分色んなこと言われてたけど

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/11(日) 21:14:35.26

>>245
方針や計算が間違えていれば他の方法を考えてきただけです。

「自転車を書かされていることに気づけ。」
と外から聞こえてきましたが、それも私からしてみると、全部自分で考えた
ものなので、全く事実無根ということになります。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/12(月) 09:49:01.67

「酔いすぎ、用済みだ。」

という女性の声が聞こえてきました。名前も言わずに何を言っているか意味の分からない
罵倒を聞かせるのは傲慢極まりないと思いますが、どうでしょうか？

卑劣極まりない人間達にいいように調子に乗られて不愉快極まりありません。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/12(月) 09:52:19.90

>>248
この問題は私のなかでは、2018年3月11日19時36分に
奇数の完全数は存在しないというかたちで完全に証明されました。

これを社会がどう評価するのかは知るところではありませんけれども。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/12(月) 10:09:24.22

すごい
もう計算間違いは止めとくれよ

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/12(月) 10:21:03.44

>>249
>>211

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/12(月) 11:02:08.36

>>250
ま、まぁそれはね
仕方ないよ
でも極度に暇な人しか対応できないだろうし、そんな人が運良くここのスレに辿り着く保証もない
ここで検証待ちするのもいいけど、そうなると長い目で見守る必要がある

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/12(月) 11:43:21.22

これは最古の未解決問題ということなので、日本の数学者は私に対して
早々にこの証明をどうすればいいのかを示してもらいたいものです。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/12(月) 12:45:24.98

取り敢えずは論文にするのが最善なのだろうが、
それ以前に証明は間違っている可能性が高いと思われる。
この種の未解決問題に関する事柄が書かれている本を見たことがあるが、
未解決問題に関する一部分の命題の証明なども色々あって、
計算だけでそう易々と簡単に解ける見込みはないと思う。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/12(月) 12:51:50.72

>>253
この問題は計算でそれが達成できた。私が2月11日からほぼ一か月かけて
証明を実現した。この問題は、無駄な計算を数多くする余地があり、
どうしても、堂々巡りを繰り返してしまうために、今までの数学者が
達成できなかったと考えられる。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/12(月) 12:55:58.26

今のところ正しいとされてる証明の流れってどのレスだっけ

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/12(月) 12:59:41.00

>>255
最後は>>236でその前は、下の5行を除く>>231

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/12(月) 13:16:28.93

>>254
一ヶ月足らずの間に計算だけで簡単に解けるような未解決問題なら、
その未解決問題に関する一部分の命題の証明が色々と何故なされたのか説明出来ない。
そういう訳で、一ヶ月足らずの間に計算だけで簡単に解ける未解決問題なら、
もう既に解決されている可能性が高いと考えるのが普通の見方で、
今まで未解決問題のままであったとは考えない。
何らかの新しい発想でもしない限り、計算だけで簡単に解くことは出来ないと思う。

**１３２人目の素数さん** · 2018/03/12(月) 13:20:34.42

まぁそう思うのが普通だよね
でも
クレイジーに見えるってことは、新しい発見があるかもしれないってことだと僕は思う