奇数の完全数の有無について2
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一つの解すら書き込むことゼウスに止めろと言われるが
合ってた
全て生成できる式
日本数学会に送るわ 桜道のベンチで式作ってた
ついでに降ってきた桜道食べたりもした やったー
でも素数の公式とあの予想の式とペル式送っても養ってもらえないんかな これでみんながニー速できるように結界が形成される。
私は解かれない問題の宇宙の呪いを解く活動をしている 桜餅に使われる葉っぱの7割は静岡県松崎町産で大島桜。これ豆な。 >>1じゃないがが、
背理法による証明を目指すと「冪のうち奇数はただひとつである」という条件はうまく使う方法が難しいような気がする。
それより、「完全数は素因数2を持つ」ことを直接証明したほうが道が明るい気がする。
実際、素因数が「p1のみのとき」と「p1,p2のみのとき」に奇数の完全数が存在しないことは簡単に証明できる。
同様の感じで素因数がp1,p2,p3の3種類のとき、いけるかと思ったが、計算手順が煩雑なこともあり、まだ導けていない。なんかおしい感じはするんだけども。 >>232
それは弱いが正解に近いと思う。
それに加え僕は数日前にprの中身が双子素数の近似値に近いんじゃないかと思ってる。
双子素数の始めをプロットに起こしたが言うまでも無く直線で母因数(p1...pr)と子約数yr:(J1...Jr-1)が双子の関係の近似かが言えるかどうか調べてる。どうかな?
双子素数のプロット貼っとく
https://imgur.com/phgMk8U.jpg >>233
おお、規則的だ
何かの参考になるかもしれないので、素因数が2つのときの証明を途中計算省略で書いておく。
N=p1^n1・p2^n2が完全数であるとき、
(1+p1+p1^2+…+p1^n1)(1+p2+p2^2+…+p2^n2)-2p1^n1・p2^n2=0
が成り立ち、これを整理すると
(p1-2)(p2-2)-2=-{(p1^(n1+1)+p2^(n2+1)-1/p1^n1・p2^n2}
右辺は明らかに負である。
(p1-2)(p2-2)-2<0を満たすにはp1=2またはp2=2を満たさなければならない。
故にNは素因数2を持ち、奇数ではない。 奇数ということを使おうとして
完全数なら約数で何らかのペアが作れるという予想を立てたが
ダメダメだった >>236
素因数が3種類の偶数の完全数は無いから無理だねきっと 確かによくみたら左辺のほうが大きいから、満たす素数は存在しないですね。
これを一般化できたらいいんですが、組み合わせの爆発力的に難しいのでしょうか。 >>234
おー
ってことは、母因数prだけは双子素数とその証明により奇数の完全数が導かれるかもしれない。
ユーグリットが提示している
「Mp = (2^p) − 1 が素数のときの (2^p−1)Mp に限る」の枠組みから出ていないから構成だけ拝借して
(3, 5) を除く全ての双子素数は (6n − 1, 6n + 1)の形であるから(X=0の時Y=2の近似線上)
2は調和数であるため、
奇数の約数分解の形(q^a)p1^2j1 … pr^2jkが完全数と仮定する時、 4{(n − 1)! + 1} + n ≡ 0 (mod n(n + 2))となれば素数だけの完全数が必ず4つはある事になる。なければ、絶対無いと言える。
どうだろう?不安定過ぎるか? >>236
暗算だけど、多分できた
p1〜p3のmod 4での余りが全て1か3と仮定して
場合分けしたら全通り左辺て右辺のmod4での値が異なる ああ、単に大小比較でもなんとかなるのか
modで計算すると途中の計算楽になったりはしないかなあ
そうしたら次数大きいときには使えそうなんだけどね >>239
LOTOの人か
君の言っていることはいつもはしょりすぎててわからん
もっと噛み砕いて欲しい
例えば双子素数の線上に無いpがMpに含まれるかもしれないし
なぜ因数ではなく約数と双子素数の必要十分条件なのだとかとか LOTOの人はただのド素人。
本人は何か数学的な行為をした気になっているようだが、内容はいつも滅茶苦茶。
こいつに数学は無理。 書き込みがなくなりましたが、諦めたんですかね
「撤回します、ありがとうございました」くらい言えないんでしょうか 間違えていないのに、何故撤回しなければならないのですか?
特定のpについて成り立つ、式-a-g+h=-gp-kのpを変数として方程式に
代入することは何もおかしいことではないと思いますけど。 周知の通り、完全数とは約数関数σについてσ(N)=2Nとなる正整数Nのことであり、
Nの素因数分解をN=Πpi^eiとしたとき、σが乗法的であることからσ(Πpi^ei)=Πσ(pi^ei)=2Πpi^eiとなり、素因数分解の一意性から、各σ(pi^ei)の素因数はすべて2Nについての素因数でもある。
σ(pi^ei)の素因数についての性質を明らかにすることは、完全数の問題を考えるときに重要であると考えるので、以下の補題を示しておく。
(間違っていたらご指摘お願いします)
補題:素数p1とp2について、p1をσ(p3^(p2-1))の約数にもつような素数p3が存在するための条件は、p1=p2またはp1≡1(mod p2)である。
証明(抄)
p3≡0(mod p1)のときσ(p3^e)はp1を約数に持たない。
p3≡1(mod p1)のときσ(p3^(p1-1))はp1を約数に持ち、それら以外のとき、σ(p3^(p1-2))がp1を約数に持つ。@
また、素数p、正整数k,mについてσ(p^(km-1))はσ(p^(m-1))の倍数である。
σ(p3^(p2-1))がp1を約数にもつとき、p2より小さいeでσ(p3^(e-1))がp1を約数にもつと仮定すると、p2はeの倍数でなければならないが、e=1のときσ(p3^(e-1))=1はp1を約数に持たない。
よって、σ(p3^(p2-1))がp1を約数にもつとき、p2より小さいeでσ(p3^(e-1))がp1を約数にもつことはない。
このことと@より、p1またはp1-1がp2の倍数であるので、p1が素数であることからp1=p2またはp1≡1(mod p2)である。□
この補題から、たとえば3n+2の形の素数5,11,17などをσ(p^2)が約数にもつような素数pは存在しないことがいえます。
この補題は完全数の問題を考えるときに有用であると考えます。 >>245
変数だとすれば不定になりますが、pを変数とするのは正しくないと
思いましたので、撤回しました。 >>243
仕事が解析関係ってどっかで言ってたもんな。きっと数学は専門外だよな 何か指摘すれば反発するのに、誰も何も言わなかったら撤回するんだったら、もう何も言わない方が良くないか? >>251
人というのは、自分が信じていることを批判されれば、反射的には反発してしまうもの。
時が経って、批判を冷静に分析してみたら、理解できたということではないだろうか。
意見を言うことは無駄ではなかったんだと思うよ。 って言ってると反発して、新しい版がわいてくる罠がある。 素因数が4つのとき、
2(p1-1)(p2-1)(p3-1)(p4-1)-(p1-2)(p2-2)(p3-2)(p4-2)-8(p1+p2+p3+p4)+15<0
という関係式を得ました。
途中計算が間違ってないとして、p1,p2,p3,p4のいずれかが2であることが言えるでしょうか? 謎の対称性があるな
どれかが2だと第2項は消えちゃうのが面白い >>257
もし必ず素因数2を持つのであれば、何かに使えるのではないかと思い、出てくるように式変形しました。 逆に考えると、あえて(p-2)をつくらないと
2Πpk^nk・(pk-1)がうまく因数分解できないですね。
重要な何かを示唆している気もしますが。 訂正
2Πpk^nk・(pk-1)が → 2Πpk^nk・(pk-1)の残りカスが >>256 の式をどうやって出したかが問題かなと思うよ
そのやり方が5つ以上の場合にそのまま当てはまるかどうかも問題 一度撤退したのですが、証明が完成したので>>9のところに提出しました。 あ、>>256を数ステップ元に戻すと、
p1^n1・p2^n2・p3^n3・p4^n4{(p1-2)(p2-2)(p3-2)(p4-2)+8(p1+p2+p3+p4)-15}-(p1+p2+p3+p4)+1=(p1^(n1+1)-1)(p2^(n2+1)-1)(p3^(n3+1)-1)(p4^(n4+1)-1)
が成り立っているんだけど、
pがすべて奇数だと、左辺が奇数なのに対し、(右辺)=2p1^n1・p2^n2・p3^n3・p4^n4(p1-1)(p2-1)(p3-1)(p4-1)で矛盾するから、p1,p2,p3,p4のどれかが2だな。 >>261
やり方は式をただ展開・整理したあとに、判断の基準となりそうな形に因数分解しただけですよ。 >>268
rejectされて、またこのスレと同様の展開をレフリーとやるつもりやろ >>269
リジェクトしたら、レフェリーとしては付き合う必要はないから、こっちが荒れる >>265
それは、単なる計算ミスではなく考え方が間違っているということですか?
というか、これって正しく証明できてますか?
http://fast-uploader.com/file/7079528555525/ 書き込みがなくなりましたが、諦めたんですかね
「撤回します、ありがとうございました」くらい言えないんでしょうか 備忘
・素因数が2つのとき、奇数の完全数は存在しない
・2^a×p^bが完全数ならば、
{2^(a+1)+p^(b+1)-1}/(2^a×p^b)=2 が成り立つ。 奇数の完全数が存在した場合にその異なる素因数の個数が4つ以上なのは古典的な結果で、今は9個以上なのがわかっているようだ >>279
ただ、wikipedia情報だとコンピュータによる証明で、論理による証明ではないようですね。 >>280
9個以上の話かな。論理による証明なのは当然だけど、場合分けが多いなど人の手だけで処理しきれないところは計算機のお告げってとこかな。 査読依頼して撤回して依頼して撤回して…って相手側の迷惑になるとか考えないんだろうか >>282 このスレで吟味が終わった後に提出した方がよさそう… >>246 の考えを少し進めて、奇素数pを与えたとき、σ(q^e)がpの倍数となるような奇素数qを求める方法について考察してみました。
この問題の場合、特にeが偶数のときが興味の対象となると思います。
i) e=2 のとき: σ(q^2)≡0 (mod p)
q^2+q+1≡0 (mod p) これは、p と 4 が互いに素なので、以下と同値
4q^2+4q+4≡0 (mod p)
(2q+1)^2≡-3 (mod p) ここで S^2≡-3 (mod p) となる S があると仮定すると(p によっては存在しない可能性あり)
2q+1≡±S (mod p)
つまり、S^2≡-3 (mod p) となる S が存在するとき、S が奇数ならば q≡(-1±S)/2 (mod p), S が偶数ならば q≡(-1±S+p)/2 (mod p) となる q を求めるとよい。
(-1±S)/2, (-1±S+p)/2 が p の倍数でなければ、Dirichlet の算術級数定理より、素数となる q は必ず存在する。
(-1±S)/2, (-1±S+p)/2 が p の倍数であれば、p も qも素数なので、q=p が解である。
ii) e=4 のとき: σ(q^4)≡0 (mod p)
q^4+q^3+q^2+q+1≡0 (mod p)
4q^4+4q^3+9q^2+4q+4≡5q^2 (mod p) ここで S^2≡5 (mod p) となる S があると仮定すると(存在しない可能性あり)
(2q^2+q+2)^2≡(Sq)^2 (mod p)
2q^2+q+2≡Sq (mod p) (複号省略)
2q^2+(1-S)q+2≡0 (mod p)
16q^2+8(1-S)q+16≡0 (mod p)
16q^2+8(1-S)q+(1-S)^2≡(1-S)^2-16 (mod p)
(4q+1-S)^2≡1-2S+S^2-16≡-2S-10 (mod p) ここで T^2≡-2S-10 (mod p) となる T があると仮定すると(同上)
4q+1-S≡±T (mod p)
q≡(-1+S±T+kp)/4 (mod p) (-1+S±T+kp が 4 の倍数になるように整数 k を選ぶ)
この方針の問題点は、S^2≡-3 (mod p) を解くときに必要な奇素数 p を法とした開平の簡単な方法が思いつかないことと、
e が大きくなると代数的に解けない可能性があるという点です。 >>282
間違いが分かっているのに査読依頼を続けるのはよくないと思い撤回しました。
>>278
再度提出しました。 >>275を変形すると、
2^(a+1)=(1+p+p^2+…+p^b)/{1+p+p^2+…+p^(b-1)}
になるんだよねぇ。
これって、メルセンヌ素数と完全数の関係を言い換えた表現なのかな? どれだけ訂正を繰り返してるか知りませんが、訂正が数多くあるのに何故まだ大筋では正しいと思えるのでしょうか >>287
訂正を繰り返しても、数学的に正しい証明が得られればよいのではないでしょうか? >>290
すべてのp,a,bで成り立つわけじゃないよ。
2^a×p^bが完全数のときね。
嘘だと思うなら、完全数として知られている数で試してみな。 試してみなとか言うなら自分でやってから言え
>>286の右辺はpより少し大きい数で整数じゃないぞ >>290
例えば、5番目の完全数33550336は2^12×8191だから
(2^13+8191^2-1)/(2^12×8191)
=(8192+67092481-1)/(2^12×8191)
=67100672/(2^12×8191)
=(2^13×8191)/(2^12×8191)
=2
で成り立つ。 >>283
提出したってのが嘘なんだから、ほっとけば?
こちらは「早く査読の結果がでればいいねー」と、査読の結果とやらが出るまで静観しとけばいい >>292
書き方が悪かったかもしれないが、
2^12×8191を例にすると右辺=1+8191^1/1ね
分母は8191^0だから >>294
ボロクソに言われたから提出の記憶抹消したんじゃね。 >>289
数学的に正しくないから訂正するんですよね
それを繰り返してもなお正しいと信じられる自信はどこから来るのでしょうか
あとはやくy=105として計算してみてください 完全数って2^n×pの形の数しか見つかってないんだっけ?
完全数のときに成り立つ式を見ながらふと思ったんだけど、
なんかフェルマーの最終定理と似たにおいがするなぁ >>300
見つかっていないというより、整数a,b、素数pについて「2^a×p^bが完全数」ならばb=1でしかありえない。
よって>>275の言及は真ではある。あるのだが、そこで立てた式はb≠1については意味をなさない。 違う。間違ってる
それはpが素数と言うメルセンヌ数の関係で成り立たないんよ
まず、
Mp = (2^p) − 1 が素数ならば pもまた素数であるが、逆は成立しない
Mp= (2^p) − 1が素数ならば、(2^p−1)((2^p) − 1)が完全数だよ
これはオイラーによって証明されてる。 何を言うとるか
って感じだけどスレチなので弁護はしないでおくよ
うん、アンタが正しい いくらキチガイの相手をしたくないからと言って、
>>302のような間違ったツッコミに「アンタが正しい」だなんて、
ID:YjR9vHKt は数学徒として失格だよ。 >>284
p≡1(mod e+1)のときは、x^e+…+1≡0 (mod p)にはもっとスマートな解法があって、
両辺にx-1を乗じてx^(e+1)-1≡0(mod p)となるので、x^(e+1)≡1(mod p)
一方、s≡0(mod p)でないsについてs^(p-1)≡1(mod p)なので、r≡s^((p-1)/(e+1)) (mod p)となるrを求めると必ずr^(e+1)≡1(mod p)となる。
そのようなrがr≡1(mod p)でなければ、x≡rは必ずx^e+…+1≡0 (mod p)の解である。
この方法なら、大きなeの値でも使えるし、平方根を求めようとしなくてもいい。 Rejectされました。理由は書いていません。
正しい証明が完成しているのにも関わらず、否定されました。
2018年04月18日にこの証明は、私により解決されています。
早稲田の応用物理学科卒の学士を馬鹿にしているのでしょうか?
日本の数学会はおかしい。それ以上のものではない。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています