奇数の完全数の存在に関する証明が完成しました
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それが>>510に対するどういう反論になってるの? >>520
pがpkによって変化しないって指摘なのに? >>522
pkとqkによりaとbが定まり、それによりnとpとcが定まるから、pがpkに依存しないわけがない。 >>523
>pkとqkによりaとbが定まり、それによりnとpとcが定まるから、pがpkに依存しないわけがない。
ここでの「定まる」とは一体どのような意味で書かれているのでしょうか?
完全数yの素因数分解によりp,n,その他諸々が定まり、完全数であることを由来として、様々な満たすべき条件が加わります。
その条件の中に例えばpをpkで表す式があったとして、それをもってpがpkに依存するとは言いません。 >>524
b=c(p+1)((p^(n-1)+p^n(n-3)++…+1)/2となるから、bは必ず(p+1)/2を因数に持つわけ
それで、(p+1)/2を素数の場合と合成数の場合に分けるとそれで尽きていて、bはp1〜prを
因数に持つわけだから、(p+1)/2が素数だった場合にはp1からprのどれかになるということ。 >>526
それまったくpがpkに依存してる説明になってないやんwww そこでこのコピペの登場ですよ
277: 08/09(木)23:46 ID:J2CDPvTD
>>257
だめだなあ。
変数pがkに依存して変わるって性質を使ってないじゃないか
こうだろ↓
奇数の完全数yが存在すると仮定する。
単一の素数または素数の累乗は完全数になり得ないので(この証明は割愛する)、
yは複数の相異なる奇素数pkでΠ{k=1〜r}pkと書くことができる。
yの約数となる数をpとする。yにはpと等しい約数があるはずだから、これをprとする。
任意のk(1≦k<r)についてもpkはyの約数だから、「p=pkというふうにすることができる」
よって任意のk(1≦k<r)についてpk=p=prである。
pkとprが相異なるという前提と矛盾するので、奇数の完全数は存在しない。
これこそが>>1のやり方だろ >>527
(p+1)/2が素数の場合は、例えば
(p+1)/2=pr
となるわけだから依存する。これ以上はよく読んでもらえば分かる
>>528
p=pkなんて一言も書いていないだろ
pはp1からprと異なる奇素数だと定義しているか >>529 訂正
×定義しているか
〇定義しているから 先生「p * p = 4 を満たす p を2つ挙げよ」
高木くん「1と4」
高木くん「pは固定値ではないのでそう考えることができるということ」 >>526
>(p+1)/2が素数だった場合にはp1からprのどれかになるということ。
この場合には、p=2pk-1 (pkはp1,…,prのいずれか)という条件が増えます。
しかし、これをもって「pはpkによって定まる」あるいは「pはpkに依存する」と普通は言いません。
少し慎重に言葉を選ぶ必要がありそうです。
(意図的に普通でない使い方をする場合にそのように用語を定義することはありますが、そういうものでもなさそうですし) >>529
それ単に
(p+1)/2=pkを満たすようなk(1≤k≤r)が存在する
だけにしか見えんのだが
この解釈でいいのか? >>535
依存しています。
p=2pk-1であれば、pはpkに依存しています。 要は
3=2+1
だから、3は2に依存してるってこと? >>538
yを決めると全部決まる定数じゃないんですか? 今日もテレビから私を侮辱する中年女性の声が聞こえてきた。
未解決問題を解決した人間を侮辱する人間をテレビに出すのを止めろ。
日本っていう国の放送倫理はどうなっているの?
いい加減にしてもらいたい。 >p=2pk-1であれば、pはpkに依存しています。
つまりp=2pk-1でない場合があるから、pはkに依存していないってことだ。
p=2pk-1でない場合は、TもUも成り立たない。
証明は不備だらけ。 >>539
全然違う。読みもしないれレスするの止めて下さい >>542
yを決めると例えばpは決まりますよね? >>541
他のkでもいいですよ。(p+1)/2が合成数でも。
まともなレスができなければ、レスしなくていいよ。 お前らが性懲りもなく相手してるから>>1がめっちゃ楽しそうじゃん 1は、数学も国語も英語もダメ
試験があったらどの学校にも入れない。
高校入試にごっそり落ちまくったのは当然のこと。 この後の流れ
1.「間違いが見つかりました、撤回します」
↓
2.「(今論点じゃないところ)を修正しました。完成です」
↓
3.(論点について聞かれても)「もうすでに直しました(←直ってない)。読んでから言ってください」 >>1がアホなゼミ生がとりうる行動にデパート状態やからな
人間関係ギスる心配が全くないツメ放題とか、またとない機会や >3.(論点について聞かれても)「もうすでに直しました(←直ってない)。読んでから言ってください」
何度も指摘されているのに未だ直ってない誤りはココな
>2m+1=w pr^(qr-cr-1) …I
>式Iから 2m+1=wΠpk^(qk-ck-1)
pk=(p+1)/2 となるkはただ一つしか許されない(理由は既出。1が何と言おうとそうなる)。
にもかかわらず1は勝手に式Iがすべてのkについて成り立つと解釈してしまっている(ボケかあるいはネタか)
よって「式Iから」以降が誤り >>550
無勉強で5科目平均偏差値75(平均的な母集団だったら80以上)だけどな。
>>552
そんなのと一緒にするな。
>>555
bがbkで割り切られる条件がIだから、bは他のkについても
全て割り切られなければならないからそうなる。
こう解説して欲しくて、そのわざとらしいレスをしているの? >>556
最後をJにしたかっただけ。もう終わり。 >bがbkで割り切られる条件がIだから
そうなるkはただ一つだけである。理由はpがyに対して一意だから。よって
>bは他のkについても全て割り切られなければならない
の主張は成り立たない。
1つだけの例でしか成り立たないことを「全て」と言い張るから、∀と∃が区別できないなどと揶揄されるのだよ。 pの実数解は方程式上はp=1と他の値一つにはなるが、aとbが可変である以上
pが何個の奇素数となる解を持ってもいいのではないのでしょうか?
解が一つになるというのは、つまらない釣りだと思いますが。 >>559
一つの特定のkではなくという意味。
>>560
頭が悪そうで気の毒ですが、>>561 >pが何個の奇素数となる解を持ってもいいのではないのでしょうか?
ダメ。yを決めれば奇数次の素因数を持つpは一意に決定する。これは定理であり証明されている。
1が何を言ってもダメなものはダメ。 >aとbが可変である
あとこれもウソ。yを決めればpもaもbも決定する。
定数として扱わなければウソ。 >>562
それに添字kは使えんでしょw
j(j≠k)やんけwww 要はwikipediaの結果をパクってるだけで理解してんから、pがpkに依存するとかいいだしたんだろ >>510と>>513を読んで思ったこと
1が、bは(p+1)/2を因数に持っていることが当然のことになっているけど。
一般の人にとっては
p=5 (5+1)/2=3 ・・・十分ありえる。
p=13 (13+1)/2=7 ・・うーむ
p=157 (157+1)/2=79・・え〜ソレ本当か〜ww
じゃないかと
なので1は、bがなぜ(p+1)/2を因数に持っていなければならないかを証明しなければならない。
出来ないのであれば因数分解を云々のところの証明出が正しくても、ある限定的な、悪い言葉でいうと特殊な場合の証明になってしまう。 p が奇数の完全数の唯一の多重度奇数の素数という意味なら b = Π p_i^q_i が(p+)/2の倍数という主張は正しい。
実際
(1+p+…+p^n)Π(1+p_1+…+p_i^q_i) = 2 p^n Π p_i
で左辺はnが奇数よりmodulo (p+1)/2で0に合同。
右辺2は(p+1)/2が奇数(∵ Eulerの定理よりp ≡ 1 (mod 4))だから2はmodulo (p+1)/2で可逆。
明らかにp^nはmodulo (p+1)/2で可逆。
∴ Π p_i^q_i はmodulo (p+1)/2で0に合同。
まあ、途中で p の意味変わるらしいけどね。
まぁ、初めて論文よんでみて読みにくさに圧倒されたし、もうこれ以上読む気はサラサラ起きないけど。 これ、>>1にとってじゃなくて、お前らにとってのゴールはどこなの? >>540
>私を侮辱する中年女性の声が聞こえてきた。
それ、お前のおかん >>564,>>565
yが決まればって、yの個数も分からないのに何を言っているのでしょうか?
>>568
その証明は書いてあるし、既知の内容だ。昔予備校で習ったから
>>569
間違い発見。
×読みにくさ
〇読みやすさ
>>571
決まります
>>574
うちにいるのでそれはありません >>575
yを決めるとpが決まるように、他の文字も全部決まりますよね >>yが決まればって、yの個数も分からないのに何を言っているのでしょうか?
お前のほうが何を言っているんだ?
存在を仮定した奇数完全数 y をもとに議論してるんだろ
仮定するということは1つ決めるということだ 論文p8で
f(x) = ((2x − 1)^(n+1)-1)/(4(x-1)x^(qr-cr))
とおいて、さらにp10で
g(x) = f(x)x^(qr-cr-1)
とおいてるので結果
g(x) = ((2x − 1)^(n+1)-1)/(4(x-1)x)
になると思うんだけど合ってる?
そのあと
g(x) = Σ T_i x^i
とおいてn=4m+1のときすべてのT_iが (1 ≦ i ≦ n-1の範囲で?) 2m+1の倍数って言ってるとこがp11にあるけど計算してみたらなってないよ?
以下(m,n) = (1,3),(2,5),(3,7)の場合。定数項はたしかに2m+1になってるけど。
quotient((2*x-1)^(4*1+2)-1,4*x*(x-1),x);
quotient((2*x-1)^(4*2+2)-1,4*x*(x-1),x);
quotient((2*x-1)^(4*3+2)-1,4*x*(x-1),x);
(%o26) 16*x^4−32*x^3+28*x^2−12*x+3
(↑n=5だけど2,3,4次の係数3の倍数じゃない。)
(%o27) 256*x^8−1024*x^7+1856*x^6−1984*x^5+1376*x^4−640*x^3+200*x^2−40*x+5
(↑n=9だけど4次から先5の倍数じゃない。)
(%o28) 4096*x^12−24576*x^11+68608*x^10−117760*x^9+138496*x^8−117760*x^7+74432*x^6−35392*x^5+12656*x^4−3360*x^3+644*x^2−84*x+7
(↑n=13だけど以下ry。) それは著作権を侵害してるのでやめてくださいと反応してくるぞ 訂正
以下(m,n) = (1,5),(2,9),(3,13)の場合。
確かに低次のとこは2m+1の倍数になってるけど。
だいたいp11で
Binom(n+1,i+1)が1≦i≦n-1の範囲でn+1の倍数っていってるけどn+1が素数とかならともかく一般には成立せんでしょ?
ex n+1=6 のとき
Binom(6,i) = [1,6,15,20,15,6,1]。
↑i:2〜4の範囲で6の倍数でないのいっぱいあるよ? 高木時空ではなく、日本や世界の基準において著作権を侵害していなければ当然OK >>576
yが定まらないから、pとnとcを考えているのではないのでしょうか?
>>577
それはあなたの中ではそうなのでしょうよ、他の人はどうか知りませんが
>>578
この問題は6ヵ月ぐらい
>>581
倍数にならない場合もあり、それはcr=qr-1のとき >>581
因数に2m+1が含まれるということであり、2m+1の倍数になるということではありません >>585
また珍発言が飛び出したぞ
「因数に2m+1が含まれる」≠「2m+1の倍数」だと?
もう数学板来るな >>584
p11に
全てのTiに因数2m + 1が含まれる。
って書いてあるけど? >>584
>倍数にならない場合もあり、それはcr=qr-1のとき
この内容は誤りです。
>>586
倍数は普通整数倍なのではないのでしょうか?
2m+1ではない項が非整数であれば、倍数にはなりません。 >>587
Uiを有理数として、Ti=(2m+1)Uiとなる あとp12中盤にもおかしな記述がある。
「cr ≠ qr − 1のとき任意の n でpr^(qr−cr−1)が分母の場合に、2m + 1がpr^(qr−cr−1)の倍数にならなければならない。」
つまりqr-cr-1>0の場合には2m+1がpr^(qr−cr−1)の倍数って意味だろうけど、以下でその場合にはw=1の結論を得てる。
問題はqr-cr-1≦0の場合にw=1の結論を得ていないのにw=1として議論がすすんでる。
なにこれ? 因子=Divisor=約数。
有理数つかっていいなら123は58の因数になるけど?
この論文の因数は全部その意味でつかってんの???? 「2m+1がpr^(qr−cr−1)の倍数にならなければならない」などという結論は2m+1が素因数と考えていなければ出てこない
まさかこの「倍数」も整数倍の意味で使っていないってことか?
やっぱり数学板出入り禁止だな >>590
cr=qr-1のときには2m+1=wとして考えるということです
>>591
因数に2m+1が含まれます。binomial(n+1,i+1)を考えれば明らかだと思います
>>592
2m+1が素因数の積です 先生「4と5は共通の素因数を持つか」
高木くん「持ちます」
高木くん「4=2*2,3=2*(3/2)であるためだ」 奇数÷奇数は奇数(たとえ割り切れなくても)というのが高木理論だ
通常の数学や整数論とは別の次元でしか成り立たんよ
もはや相手にする方が間違い さすが高木時空!
奇数割る奇数は、整数かつ奇数!
先生はどうすればいいのでしょう??? 奇数芸人がまた新たなネタを放ったということか
一発屋とは違うな。まったく飽きない
これまでの奇数芸人ネタ
・pは特定の値を持つはずだが0p=0であり不定になるから矛盾
・pは定数でありかつ変数である
・pが単調減少する(本当は単調減少しない)からpは素数になりえない
・奇数÷奇数は奇数に決まってる。そんな簡単なこともわからないのですか
・wは整数であり同時に整数でない
・2m+1は因数だが2m+1の倍数ではない(NEW) 分母に出てくるのを「因数」と言ってると?
因数は整数や整式に対して使うものなので、特殊な使い方をしているのならそう明記しないと誤読を招きますし、著者の無理解ととらえられかねません。 >>584
最初にyと置いた時点でyは決まってますよね? この人と同じ論法を使うと、
方程式2x=2の解をx=aとする。
このときaを変数としてa=0とすると0=2となり、これは矛盾。
したがって、2x=2は解をもたない。
と証明することができてしまいます >>597
奇数割る奇数はその答えが整数である場合には奇数だという内容だと思いますけど。
何度もしつこい。
wが整数でないとも一言も書いていませんが。
2m+1は因数だが、2m+1の倍数ではないと書いていますので、わざとらしい誤解を書いています。
>>599
分母ではなく分子ですけど。ひっくり返し芸はつまらない。
>>600
決まってるわけがないじゃないですか。未知数なんですから、その個数も分からないという前提です。 >>602
>>601を読んでくださいね
あと、もし奇数の完全数がただひとつだけ存在する場合にはどうなるんですか? >2m+1は因数だが、2m+1の倍数ではないと書いていますので、
あくまで正しいと主張するわけか。
ほんとに1は中学生からやり直す必要がある。 一億歩ゆずって>>602などの主張を認めると、
もし奇数の完全数がただひとつ存在する場合には、この人の証明はおかしいことになりませんか? >>569さん質問に答えてくれてありがとうございます。
1さんには悪いけど予備校で習ったという事なら、それを最初に解いた人とか広まった時点で
誰かが検討しているのでは?(自分が怪しいと思ったことは案外、誰かが怪しいと思っている)
なので簡単な判定法では解けないし、解けない可能性も・・・
まあ、お盆も終わりますのでこれで退散します。
1さんと他の方々の健闘を期待しています。 木さんに確認だが
直接は奇数完全数の非存在を証明できないから矛盾を導くという間接証明でやろうとしているんだよね やっぱり、何かを固定する、とか、ある何かが存在して、とかそういう考え方が全く理解できないから指摘も理解できてない感じだなあ。
これは根本的な問題で、本人が理解できないことを理解しない限り、指摘し続けるのは永遠に無意味だと思うよ。 >>593
>cr=qr-1のときには2m+1=wとして考えるということです
いや、そこからw=1証明してなやん。2m+1=wから矛盾みちびいてないやん。
>因数に2m+1が含まれます。binomial(n+1,i+1)を考えれば明らかだと思います
含まれへんやん。その因数は有理数つかっていい謎の因数?
それなら成り立つけど、その場合は何も主張してないに等しい。
そもそも自分でp10で
(n,m) = (9,2)のとき
g(pr) = (256pr^8 - 1024pr^7…)
(n,m) = (13,3)のとき
g(pr) = (4096pr^12 - 24576pr^11…)
(n,m) = (17,4)のとき
g(pr) = (65536pr^16 - 524288r^15…)
って計算してるやん。それぞれ2m+1=5、7、9やけど、2n+1の倍数でない係数山程でてきてるやん。
にもかかわず、からのp11の
>全てのTiに因数2m + 1が含まれる。
……いや、ふくまれてませんけど…… そもそも論として
qr = (y についての素数prの多重度) (p2 前半)
cr = (a/p^nについての素数prの多重度) (p3 中程 + p7 前半)
と定義されてるから(p+1)/2が素数でprに等しい場合結局
qr - cr
= (y についての素数prの多重度) - (a/p^nについての素数prの多重度)
= (yp^n/aについての素数prの多重度)
= (y/aについての素数prの多重度)
= ((1+p+……+p^n) についての素数prの多重度)
= (1+p^2+……+p^(n-1) についての素数prの多重度)+1
だから(n-1)/2≡0 (mod pr)でないかぎりqr-cr=1になるけど?
その場合に矛盾することの証明がないよ?
2m+1=wになるだけですって、まさに、だからなぜ矛盾するの?
その場合は無視していいと思ってるの? >>603,605
存在があるのか分からないものを一つだけしかないと仮定するのはおかしいと思いますが。
存在するということの部分集合が一つ存在するですから。それを証明できれば別ですが。
>>604
恥さらし書かなくていい。>>589を理解できないの?
>>607
そうです。
>>609
wが異なることを理解してくださいね。
2m+1=wpr^(qr-cr-1)のwと
2m+1=wΠ[k=1,r]pr^(qr-cr-1)w
は当然違いますから。 >>611 訂正
×2m+1=wΠ[k=1,r]pr^(qr-cr-1)w
〇2m+1=wΠ[k=1,r]pr^(qk-ck-1) >>611
では
「何」を仮定して矛盾を導いたのかお答えいただきたい
複数あるならそのすべてを挙げてもらいたい >>611
いや、wじゃなくてTiの話。
p11最終行で
>全てのTiに因数2m + 1が含まれる。
っていってるやん。
でも(n,m) = (13,3)の場合
4096*x^12−24576*x^11+68608*x^10−117760*x^9+138496*x^8−117760*x^7+74432*x^6−35392*x^5+12656*x^4−3360*x^3+644*x^2−84*x+7
なんでしょ?
Ti = 7,-84,644,-3360,12656,-35392,74432,-117760,138496,-117760,68608,-24576,4096
でしょ?
すべて2m+1=7の倍数になってないやん? 背理法って矛盾をおこすケースをひとつでも導けたらOKと思ってない?
「qr-cr-1>0なら矛盾、qr-cr-1=0なら2m+1=wになってとりあえずおかしな記述はしてない。」
……これで背理法完成してると思ってんの? >>613
Read this research paper in >>410.
>>614
だから、>>589のUiが有理数になる場合があるというだけ
>>615
q=cr-1のときは2m+1=wとしていけない法があるのでしょうか?それを証明してください
ただ、式=変数としているだけですよ ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています