最古の未解決問題が解決されたのか
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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/ 何なんだ、そういう芸みたいだな(笑)
個人的には代数幾何学かゼータ関数使わないと解けないと思うよ
こういう問題って複素解析が「初等」扱いされるレベルの難問だからな 来ると必ず間違い探しが置いてあるので、このスレをサイゼリアと呼ぶ人がいるそうで
今日も頑張って見つけてください >>39
間違い見つけた
×サイゼリア
○サイゼリヤ こんな超難問が初等的な代数計算だけで解けるわけがないので、
新しい "証明" が投下されるたびに、その "証明" は自動的に
間違っていることになる。
今までの流れを見ると、新しく "証明" を投下してから間違いが発覚して
次の "証明" が投下されるまでに、平均で8レスくらい消費している。
多めに見積もって平均10レスとすると、このスレが埋まるまでに
1000÷10=100 すなわち合計で「100回」は間違えることになる。
懲りずに次スレまで行くとすれば、合計で「200回」は間違えることになる。
もちろん解けないままw なに?まだこいつやってんの?もうやめとけよ。バカ晒してるだけじゃんか。
って言ってもこうゆう人って(悪い意味で)絶対に諦めないから無駄だと思うが…
まぁがんばってくれ 奇数なので約数に2が使えない
よってn/3が最大の約数
1+n/3+n/5+n/7+n/9......が収束する最大値が
xなので奇数の完全数が存在しない。 >>45
何をいってるかよくわからんが、約数和の上界を押さえるだけではうまくいかない
現に奇数の過剰数なら無数に存在する
最小は945。その倍数も過剰数になる Cからp=の形にしてるけど、いきなりa-2bで割ったらいかんでしょ こうやって延々と修正を続けていけば何かしら発見はありそう 奇数ってことは全て底辺が2の
3角形の面積であらわせるよな
完全数の6であらわすと
わかるけど1は必ずつかうから頂点
で1をもってくると残りの台形の面積
が奇数の整数で分割できないことを
しめせば >g=c(p^(n-1)+...+1)+k…E
>2b=c(p^n+...+1)…F
>式Eより2b=cp+g-k ←ダウト
式の変形過程は省略せずにちゃんと書いたらどうかな >>57
>(e-s/2)(p+1)=ep+f
>∴s=0
>∴f=e
これも何だかおかしいね
上の式は変形したらe-f=(s/2)(p+1)になるけど、この両辺が0に等しくなる理由がわからない >>62
よくわからないので詳しく説明お願いできますか? 修正版PDFは1日1回にしない?
よく吟味してから発表しろということ ちゃんと読んでくれてる人が質問してるんだから答えるのが礼儀でしょ >>61
例えば一次式で
ax+b=cx+d
で、xが任意の値で成立するとするとその場合には
a=cとb=d
とならなければならないということ。 >>68
なるほど…そういうやり方があるんですね。なんだか狐につままれたみたいですけど、そういうことになるのかな…? >>68
>>69
ん?
具体的な数xがあれば、その数はax+b=cx+dを満たすという命題を展開してきたなのに、
xが任意にとれるようにa=c,b=dとかとっちゃダメでしょ
a≠cでも矛盾が生じるのを示さないと、ax=b=cx+dを満たすxが存在しないことにはならないでしょ >>70
f(x)=ax+b
f(x)=cx+d
が同時に成り立つときとすれば良かった。 (e-s/2)(p+1)=ep+f =bである。
言い換えると、bを(p+1)とpで割った商がそれぞれ (e-s/2)とeということ。
ゆえに(e-s/2)とeが異なっていても何も問題は無いし、
s=0だと矛盾すると言うのだから等しい筈は無い >>73
pにいろいろな値を代入して確かめてみればいい。
p=-1だとかp=3だとかp=5とか。 >>74
おいおい、p=-1だとかp=3だとかp=5とかが完全数なのかよwww
無意味な数を代入して矛盾したところで、そらp=-1だとかp=3だとかp=5とかを完全数と仮定した結果だろ 例えばp=3のとき、a=3,b=1,c=2,d=4やa=4,b=3,c=5,d=0をとってもap+b=cp+bは成り立つし、別のpでもa≠bになるケースは作れる。
なぜa=cと言い切れるのか示すか、a≠cでも矛盾するのを示すかしないと、それ無理よ >>75-76
とにかく、>>64に書いている変数bを一次式で表した場合、それは一つしか表しようが
ないわけだから、その係数が同じになるのは当然なんですけど。 >>77
やっぱり違う気がする。
b=ep+f は、0<f<p の条件をつけたら e と f が1通りに決まるんだけど、その条件がなかったら何通りでも整数解があるわけでしょ?
だったら、(e-s/2)p+(e-s/2)=ep+f については先に 0<e-s/2<p を示さないと e=e-s/2 も f=e-s/2 も言えないんじゃない? b=(e-s/2)(p+1)だというなら e-s/2 はそもそも整数じゃない。
なぜなら b が奇数で p+1 が偶数だから。
この事実だけ見ても「(e-s/2)p+(e-s/2)=ep+f ゆえに(e-s/2)=e」という主張が誤りであるとわかる 恒等的に等しくなるというのは、2つの直線の傾きが一致する場合で
この場合は、pが2個以上の解を持つ場合ということが言える。
だから、現時点で、この証明はこの条件を満たす整数pは2個以上は存在しない
ことを示していると考える。 >>79
> e-s/2 はそもそも整数じゃないと駄目な理由はどこに書いてます? あるpがあって、bが二通りの一次式で表せてるって状況なら係数が一致するなんて言えないでしょ 精神的には健康、外からの嫌がらせの誹謗中傷は毎日うるさくて仕方ないが。 「とかっちーがって。」
とよく聞こえてくるのですが、それは以前私が言った内容に関して
こんなこと言う人間性ってどうなの?
という意味であり、人格攻撃以外の何者でもないと思います。 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? >>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。 >>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? >>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 >>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。 あー、なんかトンチンカンなこと言ってますね。すいません。 (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。 n=1とr=1の場合の証明ができた。既知だろうとは思われるが。 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) >>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 >>132
3ページのpはp=4q+1を満たす〜以降が新しくなっています。 >>133
以前の何が問題でどう修正したかちゃんと教えてもらえます? 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。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています