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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
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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/
0067１３２人目の素数さん
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2018/04/03(火) 12:24:12.94ID:CElXYd3U
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
0068１３２人目の素数さん
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2018/04/03(火) 12:38:34.56ID:kel6yVYv
>>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。
0069１３２人目の素数さん
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2018/04/03(火) 15:10:14.38ID:EcLHA2BY
>>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…？
0070１３２人目の素数さん
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2018/04/03(火) 17:32:15.76ID:/Fkthb+w
>>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
0073１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/04/03(火) 18:07:58.28ID:jSXC5K27
(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
0075１３２人目の素数さん
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2018/04/03(火) 18:53:19.75ID:RC+rE9cm
>>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
0076１３２人目の素数さん
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2018/04/03(火) 19:06:54.25ID:RC+rE9cm
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
0077１３２人目の素数さん
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2018/04/03(火) 19:45:22.20ID:kel6yVYv
>>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。
0078１３２人目の素数さん
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2018/04/03(火) 20:23:49.56ID:EcLHA2BY
>>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？
0079１３２人目の素数さん
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2018/04/03(火) 20:33:42.43ID:dlx9yfTE
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
0081１３２人目の素数さん
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2018/04/03(火) 21:06:26.22ID:kel6yVYv
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。
0084１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/04/03(火) 23:40:12.15ID:ooXJttzc
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
0091１３２人目の素数さん
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2018/04/06(金) 02:10:03.74ID:RDLIgZgM
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。
0093１３２人目の素数さん
垢版 |
2018/04/06(金) 07:55:24.37ID:RDLIgZgM
「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。
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
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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
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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
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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
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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
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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。
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