奇数の完全数の存在に関する証明が完成しました2
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>>193
一つの命題を証明すれば証明終了になりますがそうです。
その命題はwolframの計算によると、おそらく成立すると考えられます。
>>194
この問題は世界中の数学者が解決できていない未解決問題だということを知った上で
の発言でしょうか？ >>195
ある一つのkに対して成り立つものが、bが同じ形をしているから、他のck<qk-1となる
kに対して成り立つのは自明だと書いている。(4度目以上)
しつこすぎ。（ こ の 件 に 関 し て 完 全 終 了 ） 自明といえるのは公理、推論規則そのものズバリかほぼ同じときのみ
あなたが証明した（といっている）
y:完全数、pは多重度奇数の素因子…⇒∃w : 奇数 2m+1 = w pr^(qr-cr-1)
からは
https://ja.wikipedia.org/wiki/%25E6%2599%25AE%25E9%2581%258D%25E6%25B1%258E%25E5%258C%2596
の “普遍汎化推論則” を適用しても
∀k (ck<qk-1⇒ ∃w : 奇数 2m+1 = w pr^(qk-ck-1) )
を得られない。
実際書いてみると示されたのは(ここももダメダメだけど)
∃y A B p
yは奇数の完全数,pは素数でv_p(y) = 4m+1 …(A)
2y = 2p^(4m+1)B = (1+p+…+p^(4m+1))A …(B)
qr = v_pr(B) …(C)
cr = v_pr(A) …(D)
p = 2pr -1 …(E)
⇒∃w 2m+1 = wpr^(qr-cr-1) …(F)
で、これにおいて束縛されてない変数は m, pr で、これは m, pr についての命題。
prについて普遍汎化してえられる命題は
(※)
∀m pr
∃y A B p
yは奇数の完全数,pは素数でv_p(y) = 4m+1 …(A)
2y = 2p^(4m+1)B = (1+p+…+p^(4m+1))A …(B)
qr = v_pr(B) …(C)
cr = v_pr(A) …(D)
p = 2pr -1 …(E)
⇒∃w 2m+1 = wpr^(qr-cr-1) …(F)
これに対し、ここから君が自明に導かれると主張するのは
(＊)
∀m pk
∃A ∃B
qk = v_pk(B)
ck = v_pk(A)
ck<qk-1 ⇒ ∃w 2m+1 = wpk^(qk-ck-1)
比較して書いてみれば、”自明に” (※)から(＊)が導出されるなんて到底いえないとわかる。
これを自明といっているなら数学の論文ではない。
(※)から(＊)を導く証明がつけられない限り論文が完成することはない。 他の数学者が証明できていないことと、あなた論文に何か関係が？ https://ja.wikipedia.org/wiki/自然演繹
もう少しわかりやすい解説は↓
http://web.sfc.keio.ac.jp/~mukai/modular/gentzen-NK.pdf
数学の推論規則は概ねここに書いてあるものになるが>>1の推論はこれらとは異なるようだ 意地を張っているのではなく完全に誤解してるようだから面倒だけど解説。
(A)～(E) ⇒ ∃w 2m+1 = wpr^(qr-cr-1)
が示されたとして普遍汎化の適用規定は
Γは数式の集合であり、φは数式であり、 Γ⇒φ(y)は導出されていると仮定する。汎化規則では、yがΓに言及されておらず、xがφに存在しない場合、 Γ⇒φ(x)が導かれる、とする。
で今回の場合。>>89の(A)～(E)のなかにprについての仮定があるので結論のなかのcrを別の文字に置き換えられない。
普遍汎化と普遍例化で変数を置き換えるなら、その命題全体にでてくる変数全体を “一気に” おきかえないとダメ。
簡単な例では
たとえば
x>5 ⇒ x>3
のxをyにおきかえて
y>5 ⇒ y>3
にするのはゆるされるけど
x>5 ⇒ y>3
なんて許されない。
ある一つのkに対して成り立つものが、bが同じ形をしているから、他のck<qk-1となる
kに対して成り立つのは自明だと書いている。
というのは(A)～(E)のなかにcrが入ってないなら許されるけど入ってるでしょ？ >>202
訂正
✕：というのは(A)～(E)のなかにcrが入ってないなら許されるけど入ってるでしょ？
○：というのは(A)～(E)のなかにprが入ってないなら許されるけど入ってるでしょ？
prはこの段の証明で(A)～(E)のなかで特定されているprでそのprについて得られた結論(F)のprを別のpkには変えられません。
普遍汎化の適用制限に反するからです。
wikiページにもそう書いてあるでしょ？ ついでなのでp14中段
w の因数にp1からpr以外の素数psが含まれる場合は、式⑩から、b に含まれるpsの
指数をqs、c に含まれる因数psの指数をcsとすると
ここアウトですよ。
psがp1～prに入ってない場合そもそも
qs = ps の B におけるmultiplicity = 0
cs = ps の A におけるmultiplicity = 0
なんだから君のいう新しい⑩の適用条件
ck<qk-1
を満足してないんだからこれに⑩を適用できません。
要は百歩譲って
ck<qk-1⇒⑩
を認めたとしても、yの因子でないpsについてはqs = cs = 0になってしまうので⑩は使えません。
こういう小手先の修正では直らないんですよ。
pr以外の2m+1についての multiplicity については全然ちがうなんかの道を見つけないかぎり現時点どうしようもありません。 １の理屈だとこうだな
約数関数をσとしてσ(y)=2yとなる整数yを完全数という。
たとえばy=6のときσ(y)=12=2yであるからｙは完全数である。
同様に、すべての奇数についてもσ(y)=2yとなる。なぜなら「式の形が同じだから」
よってすべての奇数は完全数である（QED) >>206
補足
すべての奇数yについてもσ(y)=2yとなるのは自明です。
とにかく証明が必要ないほど自明だから証明の書きようがない。
なんでこんな簡単なことがわからないのですか
つまらん反論はやめていただきたい えっ？
全ての奇数で？
じゃあ全ての奇数が完全数だ
終了 釣られたと見るのか
釣られたと思ってる俺が釣られているのか… >>205
何を言っているのかさっぱり分かりませんが、bの形から全てのkに対して対称になっています。
pr=(p+1)/2となるk=rはそれ以外にも複数ある可能性があります。そのうちck<qk-1となるもの
に関しては添え字のみが異なるだけですので、同じ議論が同等にできて
全てのck<qk-1を満たすkに対して
2m+1=wpk^(qk-ck-1)
が成立するというだけです。
＞なんだから君のいう新しい⑩の適用条件
＞ck<qk-1
ここは当然cs<qs-1ですけど yに対応するpに対して(p-1)/2=p_kとなるkは一つしかないので、式の形が対称的だからといって全てのkが論理的に等価ではありません。
適用できるはずがないでしょう。 「pを取り替えて議論すればよい」とお考えでしたらそれも筋違いです。
pを変えるということは、議論の大元である奇数の完全数yを別の奇数の完全数y'に取り替えるということになります。
そして取り替えたら素因数分解が異なるので、議論は最初からやり直しになります。
また、背理法を使うために、仮定は「奇数の完全数が存在する」ですから、そもそもy'が存在する保証がありません。 前スレかここだったか、忘れたけどこの人前にも誰かとqk、ckの値で議論してたな。
自分で定義したこの値の意味もしかして一番わかってないの>>1じゃないの？ >>210
なにをいってるかさっぱりわからないようなのでもう少しかいてみます。
＞何を言っているのかさっぱり分かりませんが、bの形から全てのkに対して対称になっています。
＞pr=(p+1)/2となるk=rはそれ以外にも複数ある可能性があります。そのうちck<qk-1となるものに関しては添え字のみが異なるだけですので、同じ議論が同等にできて
なってないでしょ？
もう素因子の数は4個に限定します。
であなたが、証明したのは
∃y A B p p1 p2 p3
yは奇数の完全数,pは素数でv_p(y) = 4m+1
p1≠p2、p2≠p3、p3≠p1、
2y = 2p^(4m+1)B = (1+p+…+p^(4m+1))A
q1 = v_p1(B)、c1 = v_p1(A)、q2 = v_p2(B)、c2 = v_p2(A)、q3 = v_p3(B)、c3 = v_p3(A)、
p = 2p1 - 1
⇒∃w 2m+1 = wpr^(q1-c1-1)
でしょ？(この証明もダメダメだけど。)
これでp1とp2入れ替えたら(すこしでも整合するようにqr,crもかえて)
∃y A B p p2 p1 p3
yは奇数の完全数,pは素数でv_p(y) = 4m+1
p2≠p1、p1≠p3、p3≠p2、
2y = 2p^(4m+1)B = (1+p+…+p^(4m+1))A
q2 = v_p2(B)、c2 = v_p2(A)、q1 = v_p1(B)、c1 = v_p1(A)、q3 = v_p3(B)、c3 = v_p3(A)、
p = 2p2 - 1
⇒∃w 2m+1 = wp2^(q2-c2-1)
になるでしょ？
この２つ合わせられると思う？合わせるのは勝手だけど合わせたら
∃y A B p p2 p1 p3
yは奇数の完全数,pは素数でv_p(y) = 4m+1
p1≠p2、p2≠p3、p3≠p1、
2y = 2p^(4m+1)B = (1+p+…+p^(4m+1))A
q2 = v_p2(B)、c2 = v_p2(A)、q1 = v_p1(B)、c1 = v_p1(A)、q3 = v_p3(B)、c3 = v_p3(A)、
p = 2p1 - 1 = 2p2 -1
⇒∃w 2m+1 = wp1^(q1-c1-1) = wp2^(q2-c2-1)
になるでしょ？
これでいいの？ この前１の論法で、
偶数の完全数が存在しない！
なんて照明がされたと思ったら、今度は
全ての奇数は完全数である！
が証明されてしまった。
高木時空は正に異次元超超超空間！ まさかとは思うが “論文ではp1とかじゃない！勝手にp1に限定してるからおかしくなるんだ！” とか言い出すのかなぁ？ >>216
＞⇒∃w 2m+1 = wpr^(q1-c1-1)
＞でしょ？(この証明もダメダメだけど。)
これは合っている。問題なのは、(p+1)/2が他のpkに対して全て等しいと言えるか
という問題であって、それは証明できないが、複数のpが解を持つことが想定できる
から、それが成り立つものに関しては式⑩を重ねて使うことができると考えられる。
なかなか、私の書いた内容を理解してもらえないので、正確に書けばp1とp2で
式⑩が成り立つ場合には
2m+1=w1p1^(q1-c1-1), c1<q1-1
2m+1=w2p2^(q2-c2-1), c2<q2-1
であって、
2m+1=wΠ[k=1,2]wkpk^(qk-ck-1)
が成立するということ。
これらの問題が全て解決する方法が思いついた。
全てのkに対してck<qkを示せば(この証明は簡単)
p^n+…+1≡0 (mod pk)
が全てのkに対して成り立たなければならないことが判明した。
今朝、この先にこの問題が証明すべきことが一つの命題だと
理解したという声が外から聞こえてきている。 ＞それは証明できないが、複数のpが解を持つことが想定できる
異次元の高木空間の事はどうでもいい。
１のやってることは現実世界と関係なし。 >>216
pは複数あると考えられるということを理解すべき
2b=c(p^n+…+1)
であって、cとpはkによりp=2pk-1という関係によって変化するのでpはkに依存し
複数の値を取ることができると考えられる。 考えられるってのは証明できたってこと？できてないってこと？ >223
bもcもpもnも、そこに出てくる値はすべてひとつの奇数の完全数に依存した一意な値です。
勝手に取り替えると論理が破綻しますが、よろしいですか。 高木時空では以下が成立するらしい
完全数28は、その素因数p=2を使ってp^2×7となる。n=2,b=7とし、2b=c(p^n+…+1)の形式とすると、2×7=2×(p^2+p+1)の式を得る。
この式を解くとp=2,-3を得る。したがって、この2と-3はともに28の素因数でなければならない。
こんな簡単なこともわからないのですか？(わからない) >>221
まだわかってないなぁ。
2m+1 のとこも書き換えようかと思ったけどめんどくさいからそのままコピペしたんだけど。わかるだろうと思って。
やっぱりわかってない。
致命的なのは
p=2p1-1=2p2-1、p1≠p2。
君は時々pが複数ある可能性があるから問題ないとか言う事言うけど、そこもポイントずれてる。
ポイントは君の証明を完成させるにはむしろ複数ないといけない。そして複数ある事を証明しなくてはいけない。
ま、ガンパって証明してみて下さい。 ＞ポイントは君の証明を完成させるにはむしろ複数ないといけない。
＞そして複数ある事を証明しなくてはいけない。
無茶振りキター 「ＡならばＢ」を言っておいてこれを「ＢならばＡ」にすり替えるやり口は高木論文の基本的なテクニックの一つだ。
今回の場合は「pが完全数yの素因数」ならば「2b=c(p^n+…+1)を満たす」と言っておいて、
その逆を主張するやり口を使っている。つまり、
「2b=c(p^n+…+1)を満たす」ならば「pが完全数yの素因数」でなければならない。だからpは複数存在する。
としているのが１の主張であり、このテクニックを巧妙に使っている。
>>227に書かれているように、そんな主張は成立しないのは明らか。
こんな幼稚なペテンに乗っかって延々と議論するほどの問題も無かろうよ。 >>223 論文の最初の方で、
pは指数が奇数になるyの唯一の素因数であることが証明されてなかったっけ…？ >>228
だから、2b=c(p^n+…+1)だから、未知数はp,c,nの3つなんだから、pの個数が一つに限定される
ことはなく、cはkに依存して変われるということです。こんなことが理解できないのは不思議ですね。
＞複数ある事を証明しなくてはいけない。
一つもないことが想定されているのに複数あることの証明をすることができるわけがないでしょう？
>>231
pに対してyが一意に定まるというだけです。何度も書いていますが
pk,qkを定める→a.bが定まる→複数の解の組み合わせがある可能性があるp,c,nが定まれば→複数あるかも
しれないyが定まる >>227
c=2はどこからでてきたのですかw
>>230
全く間違っている。
ここら辺の書き込みは全く私の論文の主旨を分かっていない人間が茶化して書いている。
ふざけたもんだ。まともな主張は、pk=(p+1)/2とならないpkに対して式⑩が当てはまるか
という問題であり、それも、>>221に書いたように解決されている。
この問題は、>>221に書いてある合同式が成立しないことを証明する問題に完全に
帰着している。 >>232
＞pに対してyが一意に定まるというだけです。
ｙが奇数の完全数であるという仮定から始まってるはずなのに、
なんでｙが後になって決まることになるんじゃ…？ >>232
だから
p=2p1-1=2p2-1
の問題を君は文字を置き換えて対応できると主張してるんだから、当然各pkごとに異なる奇数の完全数ykが存在してその多重度奇数の素因子qkがam=2pk-1を満たすように取れる事を示さないといけない。
君が何度もprとpkは対称だから取り替えて議論すればpkについても同じ結論が得られると主張していただろ？
そのためには当然prについての仮定の部分もpkに取り替えないといけない。
現時点ではその証明が論文には入ってないので君の論文は完成していない。
君は過去にこの方針で証明できると主張してたんだから、どうぞ頑張ってくださいと励ましてるだけ。
頑張ってねぇ～ >>232
>pに対してyが一意に定まる
それ証明してませんよね
示してください 「自明」以外では証明ができないんだから何言っても無駄 >>235
訂正
×素因子qkがam=2pk-1を満たすように取れる事を示さないといけない。
○ 素因子qkがqk=2pk-1を満たすように取れる事を示さないといけない。
頑張れ～ やっぱり背理法の最初の仮定
「奇数の完全数があったとしてそれをyとする。すると、こういうpがある。」
という論法を全く理解できていない。
みんな文章の真ん中あたりの議論を指摘していたりするけど、
そもそも>>1は背理法を理解していない。
文章は日本語になっていないけど、それなりに背理法で証明を試みていると思っていたら、
>>1は背理法を理解していないから指摘が噛み合うわけがない。
そしてこれはすでに指摘されているけど、
いまだに「yが定まる」とか言っているので、時間が経ってもなんら進捗していない。
統合失調症の影響かどうか知らないけど、これは数学力の問題じゃなく、
>>1の精神状況の問題だと思う。 >>233
＞c=2はどこからでてきたのですかw
p=2,n=2,b=7,2b=c(p^n+…+1)なんだから当然そうなる
自明すぎて説明するまでもないんだが、算数のできない高木くんには難しすぎたようだ。すまんな >>236
y=b×p^n
>>237
だから、証明できない部分を飛ばして、>>221に書いた合同式が全てのk
に対して成り立つことが判明したと言っているし、それを確認したという
人間の声が聞こえてきていると言っているだろう。
>>241
n=4m+1(mは整数)だからn=2なんてない。 なお、過去に同じ指摘があったと思うが、p^n+…+1はp≧0の範囲で単調増加だから、2b=c(p^n+…+1)の関係式を方程式としても、これを満たす素数pは高々１個しかない。つまり複数存在することはない。 >>243
cとnが変数だから、その解が複数あっても何のおかしいこともないと考えられるが。
cとnは定数ですか？ まーたお得意の幻聴か…
苦しくなったら病気が発動するんだから便利なもんだよね >>244
cとnが変数でも同じこと
p≧0の範囲に2b=c(p^n+…+1)の解は複数存在することはない。 病気煽りの負け犬は要らない
こちらは、医者の誤診で大迷惑している人間だからな >>242
お前さんの論法を使えばnが偶数でも関係なく>>227は成り立つ。なにしろ式の形は同じなんだ。何か文句あるかね？ >>246
未知数が3つで、式が一つだと解が確定しないのは当たり前で、整数解問題になるから
複数解を持つと考えるのが普通ではないのでしょうか？ >>242
＞＞>>232
＞＞>pに対してyが一意に定まる
＞＞それ証明してませんよね
＞＞示してください
＞>>236
＞y=b×p^n
そうじゃなくて、そもそもｙが複数存在することの証拠はなんなのよ？ >>250
>>249でpが複数解を持つ可能性があるということ >>242
bが変数なら一意にさだまらないよねwwwはい論破 背理法で「奇数の完全数が存在しない」を示すための仮定は
「奇数の完全数が少なくともひとつ存在する」
なんだけど、これをそもそも理解してないのでは。
そういえば論文に仮定が書いてないや。 >>233
その>>221それ自体が「ＡならばＢ」を言っておいてこれを「ＢならばＡ」にすり替えるやり口そのものよ。
「pが完全数yの素因数」ならば「pが式⑩を満たす」と言っておきながら、それを悪用して
「式⑩を満たすp」がすべて「完全数yの素因数」であるという主張を始める
これこそがすり替えの手口であり、論文というのは名ばかりのウソ文書でしかない。 「逆は(必ずしも)真ならず」って数学で証明やってりゃ当然のことだし、意図してやってるなら詭弁ですな。 【24マラソン、2000万】 障害者はタダ働き ＜世界教師マｉトレーヤ「偽善暴く」＞ 芸能人はボロ儲け
http://rosie.5ch.net/test/read.cgi/liveplus/1535249407/l50
２４時間ＴＶのチャリティーはイカサマ！ ハルマゲドンは福音派のデマ！ マⅰトレーヤはオウムと思ってるバカ！ 知ってるかい？
この１は嘘つきでもなければ、詭弁を使っているのでもない
テレビから聞こえてくる声も含めて、すべて自分では正しいことを言っているつもりなんだ
それが現実世界の出来事や、正しい数学と食い違っていても１はお構いなしだ
それはもうどうしようもないのさ >>254
bは定数、何を論破したのだろうか？
>>255
複数あってもいいわけですよね。
>>256-257,259
だから、それはbの形から、pk=(p+1)/2を満たし、ck<qk-1となるkに対しては
ということだが、その論理を使わなくていい方法が見つかっています。
最新の論文でそれは書いていませんが。 >>260
pkが決まるとbが決まるんだろ
でpkは変数なんだろｗｗｗ
どこが定数やねんｗｗｗ さらに言えばpは複数あっても構わないわけですから、論文で書いたような
条件が成立するkというのは一つでなければならないという理由はありません。
私が数学記号∀や∃を理解していないということはありません。ただの誤解だ。 >>261
pkとqkが決まれば、aとbは定数になるというだけですけど。
はっきり言ってどうでもいいことですけど。 ＞私が数学記号∀や∃を理解していないということはありません。
１の知らないのは記号とかそんなレベルじゃない。
数学的な考え方、式の表し方、証明の方法・・・・
１が全く勉強してこなかった中学のころに、健常者は勉強してきているの。 >>263
pkとqkをどうやって決めるんですか？
任意のpkとqkを決めても奇数の完全数は作れないですよｗｗｗ >>264
ただ論文で合っているか不明な内容を書いたからと言って曲解の極み。
問題解決のために合っているかどうか不確かな論理を書いたが
結局それから得られた>>221の合同式は、他の方法で正しいことを証明している。
その合同式は数学的成果なのではないのでしょうか？ >>260
＞複数あってもいいわけですよね。
いいわけないだろ。
数学で「存在する」ってのは
「少なくとも一つ存在する。二つ以上存在するとは限らない」だぞ。 >>267
説明になってない
どうやってpkとqkを定めるのですか？ １の言う数学的成果は、高木時空での妄想。
中学・高校の数学は、１のこれからの生活に役立つはずだから
今からでも勉強するだよ！ >>269
少なくとも一つは複数ある場合を含んでいるので複数あっても構わないは数学的に正しいのですが
>>270
任意に設定できるものとしています。
>>271
pが存在しないということを示せば、yは存在しないことになります。 >>273
任意に決定できると仮定してるのですか？
あなたの証明は任意にpkとqkを定めて作れる奇数の完全数は存在しないというだけで、根本的に奇数の完全数が存在しないことは証明できていないということになります。残念でした。 >>273
＞少なくとも一つは複数ある場合を含んでいるので複数あっても構わないは数学的に正しいのですが
「少なくとも一つ存在する」⇒「複数存在する」が真だとでも言うんですかね。
>>262
＞私が数学記号∀や∃を理解していないということはありません。ただの誤解だ。
「記号を理解していても、使い方を理解できてない」と言わざるを得ない。 「少なくとも一つある」をちゃんと教えてあげないとだめなのか もう１は論文本体を公開せずに「自分は正しいから正しいのだ」とだけ言うスタイルなんですかね 「少なくとも1つ存在する」=「個数はわからないが、とにかく存在することが言える」
「ただ1つ存在する」場合も含まれる >>221
＞p^n+…+1≡0 (mod pk) が全てのkに対して成り立たなければならないことが判明した。
＞今朝、この先にこの問題が証明すべきことが一つの命題だと理解したという声が外から聞こえてきている。
∃と∀の区別がつかない１のことだ、
「p^n+…+1がb=Πpk^qkの約数であるから、
p^n+…+1はあるpkを約数に持つ。よって
p^n+…+1は全てのpkを約数に持つ。」
という論理展開をしてくるのはエスパーでなくとも予想がつく。
それにしても、これが言えたらどういう矛盾が起きるんですかね…。 >>279
そういうお前もな
>>1の数学の結果には期待しないが言動や挙動には興味がある 病院にも通ってるようだし
リアルな精神病患者だぞ
色々な意味で相手をしない方が良いかと >>274
残念でした、それでつくされているのです。その論理が分からなければ仕方ありませんが。
>>275
＞「少なくとも一つ存在する」⇒「複数存在する」が真だとでも言うんですかね。
そんなことは書いていません。馬鹿じゃないの。
A=少なくとも一つ存在する
B=複数存在する
B⊂A
に決まっている。
>>277
最後の整数解問題がかなり難しいそうなので、完成するのはいつになるか分かりません。
>>280
＞p^n+…+1がb=Πpk^qkの約数
そうではありません
>>282
かなり昔の話だ >>283
＞そんなことは書いていません。馬鹿じゃないの。
＞A=少なくとも一つ存在する
＞B=複数存在する
＞B⊂A
Bが真でないなら、pが複数存在することの根拠がない、ということです。
そのまま返しますね。馬鹿じゃないの。 >>285
だからAが空集合でないことを仮定するのですけど、何故それが分からないのか？ 背理法を使用するために仮定しているのはA。
A⇒Bは偽なので、Bを使うことはできません。
奇数の完全数について「複数存在する」は証明しない限り使うことはできず、
奇数の完全数に依存する奇素数pについても同様です。 同じ指摘し続けてもらちがあかないでしょうに。
>>1は「奇数の完全数は2個以上ある」ということを使っているのか、いないのか。
>>1の文章を読んだ人ではなく、>>1自身がこれのどちらかと思っているのか。
>>1の脳内環境がどうであれ、「使っている」「使っていない」のどちらかしかないので、
そこんとこはっきりさせて。 存在するかどうか分からない上で複数存在すると仮定して矛盾を導いたときに証明できることは「存在するとしたら、ただ1つである」ということです
これだけでは「実際に存在するかどうか」は示せません それだけ示せるだけでも大した功績
もちろん>>1には無理 >>283
尽くされていないいるという十分な説明がないので認められません >>286
複数のpがあると矛盾が起きるんならお前の証明Bを否定しにいってるじゃん 282１３２人目の素数さん2018/08/26(日) 22:27:13.70ID:zXC0j/wA>>283
病院にも通ってるようだし
リアルな精神病患者だぞ
283 ◆RK0hxWxT6Q 2018/08/26(日) 22:37:54.93ID:i/SGGGOn>>285>>291>>292
>>282
かなり昔の話だ
絶対、今通院すべき！
このままじゃ社会復帰できん！ >>287
>>249
>>291
何故つくされていると言えないのですか、そのような具体的な反論ではない内容には
答えようがありません
>>292
現時点で最後の整数解問題が残っているのでそうです
>>293
pが一つの場合も含めてだ ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
