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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20個以上のレスが見つかる。実に20回以上間違えているということ。
以下、添えられているコメントの一部を抜粋。
388 この問題の証明者ということになれば幸いです。
428 修正を行い大分簡略化されたと思います。
471 今度は最後にp=1がでてきて矛盾となりましたので、正いものと考えられます。
532 結果的にはpが不定となりましたが、これで正しいのでしょうか?
536 違う変数の不定を導きました。
543 大幅に訂正しました。これで解決となればと思います。
548 最終的に矛盾を導きました。
552 >>543のn=1という制限をなくせばいいということになりました。
567 これで最後となるのでしょうか。
568 重複した部分があったので修正しました。
570 計算間違いがあったので修正しました。
574 式の番号に誤りがあったので修正しました。
575 計算間違いを発見しました。
579 当たるもはっけ当たらぬもはっけ。
581 計算間違いの修正をしました。
582 計算が冗長だったので修正しました。
589 pが不定だという証明を追加して修正しました。
624 これで完成したと思われます。
628 これで完成したと思います。
648 これで証明は終了したと言えるのではないかと思います。
686 >>675と>>679から新しい完全な証明が完成したと思います。
704 不定を用いない完全だと思われる証明になりました。
723 場合分けの記述が逆になっていたのを修正しました。
725 間違っているのかと思って削除しましたが、>>723と同じファイルです。
バカの考え休むに似たり。 >>727
解けない人間が余計なことしなくていいよ。 証明がこうやってたくさんの人の手によって修正され変化する様は物理量と作用素を思わせて面白い >>728
ん?
じゃあ、なんで今まで余計なことばっかしてきたの? >>731
わるい、アホの子がアンカーだけ打ったとおもった >>728
もう諦めたら?
この問題はあなたごときに解けない。
あなたはこのスレの中で、誰かに向かって数学がわかってないと言ったことがあったけど、
数学がわかってないのは、これだけくだらん間違いをしてるあなた自身だってことがまだわからんのかね? >>734
大量の計算をしているからたまに間違うのは当たり前。
他人にとやかく言われる筋合いはない。
ちなみに、随分前のことだが私のセンター試験の数学は200点だ。 >>734
人を見下すあなたの成績はどうだったのでしょうか(笑) >>738
どこに私が人を見下しているレスがあるのでしょうか。
739
>>738
>>738
はなしで。 センターとか言い出したせいで一気にネタ臭くなったな この問題に取り組んだ世界の全ての数学者、研究者が失敗しているのだから
現時点で私が失敗したところで、それは至って普通のことで何の問題もない。 >>742
失敗が続いているという自覚が出てきたのは良い兆候である。
君が目指すべきゴールは「この問題を諦める」ということ。
「この問題を解決すること」は君のゴールではない。
なぜなら、君には決してこの問題は解けないからだ。
君だけではない。世界中のプロの数学者が全く解けない超難問なのだ。
未解決問題なめんな。
もう一度言う。君が目指すべきゴールは「この問題を諦める」ということ。
君がそのゴールに到達するまで、君は後100回くらい同じ間違いを繰り返して、
>>727のようなゴミの山を築くことになるかもしれない。
諦めが悪かったら、さらに膨大なゴミの山が出来上がるだろう。
それでも、君が目指すべきゴールは「この問題を諦める」ということである。
そのゴールに到達するための第一歩は、君が築いてきたゴミの山を客観視することである。
赤の他人が>>727のような間違いを繰り返している場面を想像してみよ。
「バカだなこいつ」「こんな奴に解けるわけないじゃん」と思うだろう?
全く同じことをしているのが君なんだ。そういう事実をまずは客観視するのだ。 では改めて、君が築いてきたゴミの山を直視してもらおう。
388 この問題の証明者ということになれば幸いです。
428 修正を行い大分簡略化されたと思います。
471 今度は最後にp=1がでてきて矛盾となりましたので、正いものと考えられます。
532 結果的にはpが不定となりましたが、これで正しいのでしょうか?
536 違う変数の不定を導きました。
543 大幅に訂正しました。これで解決となればと思います。
548 最終的に矛盾を導きました。
552 >>543のn=1という制限をなくせばいいということになりました。
567 これで最後となるのでしょうか。
568 重複した部分があったので修正しました。
570 計算間違いがあったので修正しました。
574 式の番号に誤りがあったので修正しました。
575 計算間違いを発見しました。
579 当たるもはっけ当たらぬもはっけ。
581 計算間違いの修正をしました。
582 計算が冗長だったので修正しました。
589 pが不定だという証明を追加して修正しました。
624 これで完成したと思われます。
628 これで完成したと思います。
648 これで証明は終了したと言えるのではないかと思います。
686 >>675と>>679から新しい完全な証明が完成したと思います。
704 不定を用いない完全だと思われる証明になりました。
723 場合分けの記述が逆になっていたのを修正しました。
725 間違っているのかと思って削除しましたが、>>723と同じファイルです。
バカの考え休むに似たり。現実を直視せよ。
君にはこの問題は解けない。君だけではなく、誰にも解けない。未解決問題なめんな。
だから早いうちに諦めよ。それが君の目指すべきゴールである。 >>743
私が未解決問題をなめていると何故言えるのか、下らない説教は何の意味もない。
書くな、ゴミ。 初等計算だけで解けると思ってるところからしてこの問題を軽視してる まだ証明を続けるというのであれば、自分で推敲して欲しい
この問題が解けるということは大事件であり、解けたとしたらまずは何らかのミスを疑うものだからだ
少なくとも文書を投稿して30分でミスに気付いて削除、なんてことをしてる内は推敲が足らない 他人がちょっと見て気づくミスに気づかない、ということになれば
どんなに客観的に見ても能力が劣っているというそしりを免れない
それが嫌なら推敲は欠かせない この問題は変数pが不定ということが2次方程式やp以外の変数をpで表した
pの多項式ので表したものから示される。
そうすると、kp-c+h=0も恒等的に成立しなければならないとすれば
k=0、c=hが成立すると考えられるが、この論理は正しいのでしょうか。 この問題は歴史に名を残す数学者も手を付けてきたにもかかわらず証明することができなかった。
証明したかもしれないと主張することはいい。
だが、できあがった証明といえば、まともに自分自身での検証も済ませていないゴミの山である。
にもかかわらず、完璧だと思います、などという戯言を繰り返した。
名のあるプロの数学者ですら、こんなことを繰り返せば、何をやっているのかと相手にもしてもらえなくなるだろう。
これを舐めている、これまでの人類の挑戦に対する冒涜と言わずして何というのか。 >>751
幾度となく説明はされていますが、いまだ腑には落ちていないご様子で。
複数のpの多項式で表した値が等しく、それらが任意のpで成立するので、係数同士が等しい、と言うためには、係数がpの値によって変動しないことが必要です。
しかし、kやcやhの変数で表される値は、pの値に依存して決められたもので、pの値を変えると別の値になります。kやcやhだけでなく、a,b,e,f,gの変数も同様です。
このようなpの値で変動する変数を使ってpの多項式の係数を比較する方法は一概にはうまくいかないということです。
以前の指摘では、>>182>>284あたりが同じことを言っているようです。 >>754
fとhはpの0次元変数なので、恒等式となる(任意のpに対して成立する)場合は
係数比較をして問題ないと思います。
私が常識だと言ったのは、定数をc(k),n=0,1,…,nとした場合に
任意のpに対して
Σ[k=0,n]c(k)p^k=0
が成立するのであれば、そのとき
c(0)=c(1)=…=c(n)=0
が成立するということです。 見た目はpの関数ではないけど、pに応じて決まってるんじゃないかという指摘ですよ、たぶん 674 132人目の素数さん sage 2018/04/06(金) 13:45:44.23 ID:S9udUoK5
>>673
君のpdfの内容で係数が p に依存してないなら、>>668で指摘されているように、
「任意のpでゼロになる」がそもそも言えてないので、君は失敗している。
ちなみに、実際には、君のpdfにおける係数は p に依存している。
だから、俺からの反論としては>>669で十分。
仮に依存してないとしても、その場合は>>668になるだけで、
どちらに転んでも君は失敗している。問題外。 >>765
>fとhはpの0次元変数なので、恒等式となる(任意のpに対して成立する)場合は
>係数比較をして問題ないと思います。
いいえ。
問題はないどころか大ありです。
たとえば、以下がfの定義です。
>正整数e,fとして、
>b=ep+f
> 0<f<p
[x]でx以下の最大の整数を表すとして、
e=[b/p]ですからf=b-[b/p]pであり、また、b=y/p^nですから、元々定義していたyを使って表すとf=y/p^n-[y/p^(n+1)]pです。
以上のように、fはpの値によって変動する変数なので、係数の比較をして同一だということは一概にできないと言いました
>>765でも言われている通り「定数」である係数でしか適用できない法則なのです。 >>767
pの二次方程式の結果にp=pがあるのと、その二次方程式の係数を全てpの多項式
で表すとその係数は全て0になることは確認しているので、あなたの主張は誤りです。 fやhは実質はそうかもしれませんが、それを定数とおいて考慮しているので
問題はないと思います。問題があるというのであれば、反例を示していただきたい。 >>765
>fとhはpの0次元変数なので、恒等式となる(任意のpに対して成立する)場合は
係数比較をして問題ないと思います。
あのさ
b=ep+f(0<f<p) と 2b=gp+h(0<h<p) の2つの式があって
2b=2ep+2f=gp+h だからといって反射的に 2e=g, 2f=h とやっちゃいけないと思ったから
何日か前の文書ではわざわざ 2f>p と 2f<p に分けようと思ったんと違うの? >>771
そうでした、hは2fにより値が変わるのでそうしていました。 ふと気になったのですが、
もし奇数の完全数XがX=p0^q0だったとしたら、
これは高校数学程度の知識でそのようなp0が存在しないことが証明できるかと思いますが、
では、X=(p0^q0)・(p1^q1)であった場合、
そのようなp0,p1が存在しないことは証明できるでしょうか。 1+1/p+1/p^2+...+1/p^n<p/(p-1).
(3/2)(5/4)<2. aとbはpに依存しない定数と定義されているので
(ap-2bp+2b)p^n=a
(a-2b)p^(n+1)+2bp^n-a=0
が任意のpで成立するとすると、a=b=0となり矛盾することが判明しました。 特定の奇数の完全数yから、pとaとbを定めたのに、aとbがpと独立なわけないだろ(呆れ) >>779
これまでの証明でもそうなんだけど、すごくデリケートな論点を無視した論理ではないでしょうか。
pがaとbに依存しないと本当に言えますか?
言えるなら、その根拠を示す必要があります。
私は言えないと思います。なぜなら、pがaとbに依存しないとは、どのようなpであっても奇数yを完全数にするようなq1〜qrが存在することと同義だからです。
これは感覚的には間違ってるように思いますが、あなたはどう感じますか? >>781
a=Π[k=1,r](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,r]pk^qk
だから、pは含まれていない。 >>782
pはどの値でも成立するという結果が出ているわけだから、全然問題ないと思う。 >>783
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としたんだろ
pの値を選ぶごとに、p1…pkの要素は変わるよね >>785
逆、p1,p2,p3,…pmに対応してpが定まる。 >>782のq1〜qrはp1〜prの誤りでした。
>>784
>>785も書いていますが、完全数の話も持ち出す前にy=p^n・p1^q1・…・pr^qrが成立していることに注意しなくては。 >>786
その考え方が違う。
yが与えられた時点で、素因数分解の一意性によりpもprもnもqrもただ一通りに決まる。
この順序を無視してはいけない。 >>789
p1,p2,p3,…pmに対応して
2y=Π[k=1,r](1+pk+pk^2+…+pk^qk) (1+p+p^2+…+p^n)
となる、pとyを決定すると考えても問題ない。
>>790
pを任意にとることができるのは、二次方程式の結果としてpが不定だという結果が
でてくるから。 >>791 訂正
×二次方程式の結果として
〇二次方程式の解として >>791 訂正
(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,r](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,r]pk^qk
a(1+p+p^2+…+p^n)-2bp^n=0
で、a,bが与えられたときにこのpのn次元方程式の解を決定すると考えられる。 >>791
ということは、pの値を色々変えてみるとyは完全数だったり、そうじゃなかったりするわけだ。
yが完全数ではないときに、完全数である条件を使った議論をするのはダメだよね。
別の言い方をすると、yがpの関数であると考えたときの定義域は、yが完全数であるときのpに限られているわけだ。
それ以外のpではyは定義されていないよ?
これって、分数の分母に0を突っ込んだときと同じ議論になるんじゃね? >>795
いや、奇数yの約数でなければならないはずのbがゼロであると主張してるんだから、それは分数の分母にゼロを突っ込んだのと何ら変わりはないでしょ >p1,p2,p3,…pmに対応して
2y=Π[k=1,r](1+pk+pk^2+…+pk^qk) (1+p+p^2+…+p^n)
となる、pとyを決定すると考えても問題ない。
任意のpのもとで、ある奇数完全数yがとれると考えていいなら、この時点で奇数完全数は存在するって形で証明終わりだなwww
結果、ごちゃごちゃやって出てきた数式によると、pはどんな値でもokになったんだろwww >>798
ん?
a、bは、
a=Π[k=1,r](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,r]pk^qk
で与えられてるんだから、pは任意にとれないって何度目だ鳥頭www >>794
>>797に書いてある条件のときにはyは自動的に完全数となる。それは式の
内容から明らか。この問題はa,bを変数としたとき、pとnを求める問題であり
p、nが決定した場合にはyはそれに付随して計算される。
>>799
aとbの中にpという文字が見えるのか、pとpkは違う。それと侮辱するのは
やめろ。 >>801
>a,bが与えられたときにこのpのn次元方程式の解を決定すると考えられる。
って書いたのはお前だろwww
pは任意にとれないじゃんwww
誉めてんだよ、鳥が算数やろうとしてるとか凄いじゃん どこが間違ってるかはいろいろあるだろうけど、論理の流れはどこまでなら正しいと評価できる?
qkの偶奇に関する場合分けの辺りまで? >>799
pを任意でとることができるというのは、その二次方程式の結果だと何度も
言っている。>>780をよく読んでから、恥さらしのレスをしてくれ。 >>802
pの二次方程式にも、pが不定ということになるが、その係数にpの多項式を代入すると
その二次方程式がn次元のpの方程式になる。そうすると、pの係数が全て0になるわけ。 >>802
数学を分からないお前には算数なんだろうよ。 間違いを指摘するより正しい部分を明らかにする方が分かりやすい >>801
確かに数学やる奴の中には性格が悪くてどうしても主張を認めない奴はいるが、この論理は破綻しているよ。
>aとbの中にpという文字が見えるのか、pとpkは違う。それと侮辱するのは
やめろ。
例えば、話を簡略化して、与えられたnがn=p_1×p_2×...×p_k×pと素因数分解しているとしたときに
a=p_1×p_2×...×p_k
とおくとpに依存していないように見えるが、ここで君のいう係数aというのは
Phi(p)=n/p
という関数になっている。実際、君は各p_iに対して
Phi(p_i)=n/p_i
係数を使っていて、恒等式の理論は使えない。 >>801
>>797に書いてある条件のときにはyは自動的に完全数となる。それは式の
内容から明らか。
これが間違ってる。
2y=Π[k=1,r](1+pk+pk^2+…+pk^qk) (1+p+p^2+…+p^n)
はyが完全数のときにしか、成り立たないんだよ?
これが成り立っていて、aとbが与えられているんならpは特定のpにしか成り立たない。
一方で、すべてのpで成り立つのなら、yが完全数のときにはこの等式は成り立つけど、
yが完全数のときには成り立たない。
Π[k=1,r](1+pk+pk^2+…+pk^qk) (1+p+p^2+…+p^n)-yは等式での関係性を得ることができないただの数に成り下がる。 >>804
はいはい、解いてない解いてないwww
任意のpでも解になるとすると、a=b=0って出したんでしょwww
逆だからwww
a,bが与えられてるって設定忘れてるからwww
鳥ってどれくらい記憶がもつのかなーwww
779 132人目の素数さん age 2018/04/10(火) 15:15:45.28 ID:eyYqsyrt
aとbはpに依存しない定数と定義されているので
(ap-2bp+2b)p^n=a
(a-2b)p^(n+1)+2bp^n-a=0
が任意のpで成立するとすると、a=b=0となり矛盾することが判明しました。 やってみたらわかるけど、今回のも最初に仮定したのが偶数の完全数でも矛盾を引き出せちゃうのよね。悲しいことに。 >>807
こいつ修正するたびに全部消すから、改訂ごとにそれに付き合う気があれば
しれっと変数にあてるアルファベット変わるし >>808
a(1+p+p^2+…+p^n)-2bp^n=0
この方程式は前にも言ったが何度も言わないと理解できないのか
定数はaとbで、求めるべき変数はpとnだ。 そうなんだ
数学力まるでない実験系の学生だから傍観だけさせてもらっているけれど >>809
ネタでやっているのか知らんが、よくレスを見ろ。下らない。
>>810
だから、pが不定だと示されたからその条件をもとの方程式に適用すると
当初設定した設定と矛盾する結果になったという理屈が理解できない
んですか。
>>811
はじめに設定した式が奇数の完全数でのみ成り立つものだから。
偶数の場合でもこの形式y=pの4m+1乗×Π[k=1,r]pk^q^kのものはない
というだけ。 >>815
そんなんしなくていいじゃんwww
任意のpで成立するって条件からa=b=0
与えられたaとbは、それぞれ1以上のはずで矛盾
はい、おしまいwww >>815
はあ、俺の指摘が下らないならそれで結構。
誰一人正しい証明だと言っていないものをどうぞ自信を持って世の中に出してください。 もうさ、いっそQEDってことにしとこうよ
そしたらもう誰も頭を悩ますこともないし
書いた本人だってきっと満足に違いない
このスレの全員が幸せだ
恥を晒すのは一人でいい 誤りを指摘しても一文の得も無いのに、これだけ居丈高に来られちゃあね。
どこにマルチポストしても末路は同じよ。 すげー、y=6として最初から辿ってみたら矛盾したわ…これは大発見だな >>823
>>811で言われてる通り偶数でも成り立たったよ、だから6は完全数じゃないよ >>824
y=p^nΠ[k=1,r]pk^qk
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