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最古の未解決問題が解決されたのか
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0001１３２人目の素数さん垢版2018/03/27(火) 19:51:52.03ID:rICCTQBS
最古の2000年以上前からある未解決問題

「奇数の完全数が存在するのか。」

という問題が解決されたかもしれません。
非常に簡単な証明となっているので、批判、検証、査読、承認を
宜しくお願いいたします。

ソース
http://fast-uploader.com/file/7077488693880/
0105１３２人目の素数さん垢版2018/04/29(日) 23:11:26.21ID:ZZKiM/pt
リジェクトされました
0116１３２人目の素数さん垢版2018/05/03(木) 22:06:26.83ID:GaajdfnX
まだ続ける気?
0117１３２人目の素数さん垢版2018/05/03(木) 22:53:04.70ID:sEArCApl
見れない
0118１３２人目の素数さん垢版2018/05/03(木) 23:33:44.18ID:b2qp55FE
奇数の完全数が存在しないことがしょうめいされると何か興味ある結果がでてくるの？
0119１３２人目の素数さん垢版2018/05/04(金) 00:58:24.28ID:nUSXNbmK
>>1ではないが、これどこがダメかな？

ある自然数Nはすべての素数を用いて
N=2^n[2]・3^n[3]・5^n[5]・…
と表せる。npは0以上の整数である。

Nが奇数の完全数であるとき、
(1+3+3^2+…+3^n3)(1+5+5^2+…+5^n5)…=2・3^n[3]・5^n[5]・…
が成り立つ。
Nが奇数であるとき、ある素因数pについて、
(p^n[p]-1)/2(p-1)=3^m[3]・5^m[5]・…
が成り立つ。

したがって、
N=(p^n[p]-1)/2(p-1)・3^(n[3]-m[3])・5^(n[5]-m[5])・…
となるが、Nが自然数であることと矛盾する。
0121１３２人目の素数さん垢版2018/05/04(金) 02:12:12.70ID:nUSXNbmK
>>120
言葉足らず&言葉の使い方を間違えましたが、
(1+3+3^2+…+3^n3)(1+5+5^2+…+5^n5)…=2・3^n[3]・5^n[5]・…
より、右辺が素因数2をひとつ持つから、左辺も素因数2ををひとつ持つ。
そこで、素因数2をひとつ持つ約数の和1+p+p^2+…+p^npとすると、
(p^n[p]-1)/2(p-1)=3^m[3]・5^m[5]・…
が成り立つ。

したがって、N=(p^(n[p]+1)-1)/2(p-1)・3^(n[3]-m[3])・5^(n[5]-m[5])・…となるが、
Nは自然数であり、また3^(n[3]-m[3])・5^(n[5]-m[5])・…も素因数2を持たない。
したがって、奇数の完全数は存在しない。

というのを考えてみたのですが、どこがおかしいですか？
0122１３２人目の素数さん垢版2018/05/04(金) 02:17:40.33ID:bUgtN+R7
>>121
いや、だからNは自然数であることに矛盾というのは何故？自然数でないことが示せてるようには見えない
丁寧に書いてくれたのはありがたいが
0123１３２人目の素数さん垢版2018/05/04(金) 02:24:50.06ID:nUSXNbmK
>>122
すみません。
3^(n[3]-m[3])・5^(n[5]-m[5])・…が2を素因数に持っていないから、Nが自然数であることと矛盾する、という意味です。
0125１３２人目の素数さん垢版2018/05/04(金) 03:27:22.90ID:QEE8AS/N
(p^(n[p]+1)-1)/(p-1)が２の倍数ってだけで矛盾はしていない。
0128１３２人目の素数さん垢版2018/05/04(金) 15:42:10.93ID:RjSqLSGy
なお素因数が2種類の場合の証明は既出
0129１３２人目の素数さん垢版2018/05/04(金) 17:17:20.87ID:apjAPSvd
釣りかもしれんが前スレ875について
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1523602627/875

補題　pを自然数とする.N:=p^4+p^3+p^2+p^1+1=(p^5-1)/(p-1)について,qが5でなくp-1の素因数ならNはqで割り切れない.
証明　p=kq^r+1 (kはqで割り切れない,r≧1)とおく.
p^5-1≡5kq^r+1-1=5kq^r (mod q^(r+1))であり5kはqで割り切れないためNはqで割り切れない.(証終)

命題　10n+1型素数pと上のNについて,Nの素因数は5であるか10を法として1に等しい.
証明　qを5でなく,Nの素因数であるとする.
q|N⇒q(p-1)|(p^5-1)⇒q|(p^5-1) (補題よりqとp-1は互いに素のため.)
よってqを法としてpの位数は1か5.
位数1ならp≡1(mod q)しかしqはNの素因数ゆえこれは補題に反する.よって位数は5.
フェルマーの小定理よりp^(q-1)≡1 (mod q)ゆえq-1は5で割り切れる.
つまりqは10を法として1か6に等しい.qは素数ゆえ後者は起こりえない.
よってq≡1(mod 10) (証終)
0131１３２人目の素数さん垢版2018/05/04(金) 22:00:43.41ID:KGgH0rWt
>>129
フォローthanx!
法則は同じく前スレ246の系である気はしてたんだけど、ちょっと心許なくてね

875の方向性だと、10n+1型の素因数のみをもつσ(5^e)をe≧10の範囲で探すことからまず始めることになると思う
e=10 12 14 18 22 24 30 34 42 46 54 56 58 74 あたりは条件を満たすんだけど、これだとまだまだ小さい気がする
0136１３２人目の素数さん垢版2018/05/05(土) 02:04:50.00ID:HxgjEn56
4ページ目の pk mod p＞1 のところが問題で、pk mod p＝1 になる奇素数pkとpの組み合わせは無数に存在する。
その場合、qk+1はp-1の倍数でなくて良く、その後の推論も成立しない。
0140１３２人目の素数さん垢版2018/05/06(日) 18:03:36.87ID:/5+VMfIO
⑥の分解
0146１３２人目の素数さん垢版2018/05/07(月) 06:19:55.28ID:HiVPp353
外から「盗んだからだ。」と子供の声が聞こえてきて、情報操作というものは
すごいと思いますが、これは私が全て書いたものであって、私がどう公開しようが
私の自由です。
0147１３２人目の素数さん垢版2018/05/07(月) 06:21:09.27ID:HiVPp353
日本語の方が削除されました。すごいですね。削除Passをかけているのに。
0148１３２人目の素数さん垢版2018/05/07(月) 06:22:41.42ID:HiVPp353
日本人は英語が読めないからいいやという判断なのでしょうか？
それとも、前にも言われましたが
「この国から出ていけ！」ですか？
0150１３２人目の素数さん垢版2018/05/07(月) 06:25:32.94ID:HiVPp353
お約束のガキの
「残念でした。」
が聞こえてきました。何が残念なのでしょうか？
0151１３２人目の素数さん垢版2018/05/07(月) 06:34:17.39ID:HiVPp353
誰が何の名目で人の表現の自由、学問の自由を妨げているのでしょうか
大変な問題だと思います。数学的な成果ががこのような扱いを受けること
不当な権利侵害に怒りを禁じえません。
0156１３２人目の素数さん垢版2018/05/07(月) 10:20:06.18ID:SWO8MuW3
>>152
論文をみたところ、いくつかの不備があります。即座に成立しないとは言えないものの、以下の点について補足が必要と思われます。
・４ページ bが奇数(p-1)/2の倍数であることは間違いないが、(p-1)/2が合成数である場合、どのbkも(p-1)/2の倍数でない可能性がある。この場合の考察が必要。
・５ページ p^(n-1)+p^(n-3)+…+1が(p-1)/2の倍数でない根拠が示されていない。p=5,n=5のような反例がある。
・５ページ pk=(ut+1)sについて、u=0かつsが奇素数ならばpkが奇素数であることと矛盾しない。このようなケースが存在しないことを示す必要がある。
0157１３２人目の素数さん垢版2018/05/07(月) 10:24:48.36ID:SWO8MuW3
>>156
指摘のうち、(p-1)/2と書いたところはすべて(p+1)/2の誤りです。置き換えて読んでください。
0158１３２人目の素数さん垢版2018/05/07(月) 12:34:51.87ID:HiVPp353
>>156
最初と2番目の指摘に関しては、その通りでこの証明が間違っていました。
3番目に関しては、pkは素数だから(p+1)/2の2倍以上にならず、pk=(p+1)/2でも
ないので、u>0となります。
0170１３２人目の素数さん垢版2018/05/09(水) 12:26:15.20ID:ptXNLweF
微妙にありました。

完成するまで、公開しないようにしようと思っています。
全部証明するのは、かなり難しいということが分かりました。
0173１３２人目の素数さん垢版2018/05/09(水) 22:52:39.84ID:n2YL0NdD
>>170
>完成するまで、公開しないようにしようと思っています。
>全部証明するのは、かなり難しいということが分かりました

えらい！
0174１３２人目の素数さん垢版2018/05/09(水) 23:13:41.07ID:RKXNAWsE
これも誰かが言ってたけど、
オイラーですら難しいと言ってたんだよなぁ。
0175１３２人目の素数さん垢版2018/05/11(金) 16:03:45.42ID:hwVJYUYB
>>174 難しくなかったら、こんなに長い間未解決にならんわな。
0180１３２人目の素数さん垢版2018/05/12(土) 07:31:45.06ID:LdhTEb90
>>178
>奇数の完全数を教えてください
俺様が特許申請した。
0181DJgensei artchive gemmar垢版2018/05/12(土) 11:55:55.18ID:pKtCKnP+
奇数は決して完全ではなく動けない時期だから多少の無理は必要。スペースを見つけて、背面を意識して
動けばいいね。偶数は人でスレ多い時期だから、次界に突き抜けるべし。
0183１３２人目の素数さん垢版2018/05/15(火) 03:33:16.25ID:KGoP7cYr
８ページ
p1＞prのとき
1＋p1＋…＋p1^q1がpで割り切れない

についてはp=13,pr=7,p1=29,q1=2のような反例があるので、どこかに見落としがある可能性があります

p1＜prのとき
もp=13,pr=7,p1=3,q1=2が反例となります
0186１３２人目の素数さん垢版2018/05/18(金) 21:00:43.65ID:unk/IvWy
>>183 公開からわずか２時間で見抜くとは、ただ者ではないようですね…
0189１３２人目の素数さん垢版2018/05/20(日) 01:18:00.89ID:Xz7wHW6g
>>187
５ページ
sp=c×2^(qr-1)(1-(p^(n-1)+p^(n-3)+…+1)/(p+1)^(qr-1)
でcがpの倍数でないとき、
s=c,p=2^(qr-1)(1-(p^(n-1)+p^(n-3)+…+1)/(p+1)^(qr-1)
であるとしていますが、なぜs=cと言えますか？
sがc以外のcの倍数である可能性はないですか？
0192１３２人目の素数さん垢版2018/05/20(日) 03:55:18.22ID:jNM/RU7s
＞sp=c×2^(qr-1)(1-(p^(n-1)+p^(n-3)+…+1)/(p+1)^(qr-1))

c が p+1 と素でないかもしれないね

その場合 2^(qr-1)(1-(p^(n-1)+p^(n-3)+…+1)/(p+1)^(qr-1)) は別に整数でなくてもよい
0193１３２人目の素数さん垢版2018/05/20(日) 18:34:40.93ID:Xz7wHW6g
>>192
なるほど
cがpの倍数でないのは定義からすぐ言えるけど、cとpkに共通の素因数があるかないか示されてないから、p^(n-1)+p^(n-3)+…+1がp+1の倍数でなくても問題ないのですね
0195１３２人目の素数さん垢版2018/05/21(月) 03:01:07.85ID:VRzFUxMo
>>194
5ページ u(u＞0)を奇数として(中略)s=cu としているので、s＞0 であるとお考えのようですが、
sの定義を見ると c×2^(qr-1)-m=sp を満たす整数となっているので、c×2^(qr-1)＞m と言っていることになります。これはそう言い切れますか？
c(p^(n-1)+p^(n-3)+…+1)×2^(qr-1)=m(p+1)^(qr-1) の関係において c×2^(qr-1)≦m となる場合はないですか？
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