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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>>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 >>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。 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 >>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。 「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。 >>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。 >>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 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。 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。 >>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。 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 >>255
最後は>>236でその前は、下の5行を除く>>231 >>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。 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 自力で考えてみても、予想が果たして正しいのかが分からないし、
ましてや正しかったとしてもその未解決問題の証明はすぐには出来ん。 >>258
まあ、何らかの新しい発見や部分的な結果でもあれば、一連の計算に意義は生じる。 証明の一部分はここに書いてあるわけだから、>>236までに書いている
私が誤りだと認めていない部分に関して、私の間違いを指摘して
もらえない場合には、私は証明が正しいとしか考えられない。 >>261
証明の全体像としては、恐らく、奇の完全数Nが存在するとして、矛盾を導いて、
背理法でNが存在しないことを示すのが基本的な方針だろう。
それをするには、Nの存在性を仮定して、Nが存在するためのNに関する
一連の必要条件を出来る限り求め、それらの必要条件を示すことが先になると思う。
そして、存在性を仮定した奇の完全数Nに関するそれらの一連の必要条件を用いて
矛盾を導き、Nが実は存在しなかったことを背理法で示す。
それらのようなNに関する一連の必要条件を示すようなことはしたかい? 正しいと考えられるレスは
>>38,114,138,170,171,208,209(下から9行を除く),231(下から5行を除く),236
となります。
アンカーが多いとして2回はじかれました。また、その内容もクリアされました。
長文を書いていたのですけれども。 >>262
昨日証明の作成が完了したばかりだったので、まだ頭が混乱がしている状態でした
ので間違えました。最後の証明は変数pを決定する式が不定になるということを
示したのであって、背理法で証明したのではありませんでした。
>>171で変数cに関する式で変数pが不定になることを導き出しましたが
それでは証明が終了したとは考えずに、最後はaに関する式でも変数pが
不定になることを導きました。 >>259
mode演算を行うと大量の変数が必要になることから、大量の計算をすることが
できるようになっていますが、しらみ潰しに計算を行うことにより、ここには
片方しか書いていませんが、2式で変数pが不定になり求めることができないと
いう証明になりました。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています