初等関数によるフェルマーの大定理
フェルマーは Cubum autem in duos cubos, aut quadratoquadratum in duos quadratoquadratos, et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in duos eiusdem nominis fas est dividere cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet. 立方数を2つの立方数の和に分ける ことはできない 4乗数を2つの4乗数の和に 分けることはできない 一般に、冪(べき)が2より大きいとき、 その冪乗数を2つの冪乗数の和に 分けることはできない この定理に関して、 私は真に驚くべき証明を見つけたが、 この余白はそれを書くには狭すぎる n,x,y,zは自然数,nxyz≠0とする 立方数y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3 x^3を使って、 (y+k)^3-y^3が立方数になるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 x={(y+k)^3-y^3}^(1/3) ∴整数解はx=k, y=0 立方体x^3の一辺xは無理数 (y+k)^3-y^3は立方数にならない [例] 立方数 y^3=77^3を17回り大きくするの に必要な数は、立方数ではない k=17, x=374051^(1/3), y=77 ∴n=3のとき、 x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない 冪乗数を3の倍数3nにしても 同じ結果になる x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) n=1, x=k, y=0 x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) n=5, x=k, y=0 立方数(cubic number) 自然数の最小の立方数は1 1, 8, 27, 64, 125, 216, 343, 512, 729, 1000, 1331, 1728, 2197, 2744, 3375, 4096, 4913, 5832, 6859, 8000,9261,10648,12167, 13824,15625 … 1からn番目までの立方数の和が、 1からnまでの自然数の和 (三角数) の 2乗に等しい 1, 9, 36, 100, 225, 441, 784, 1296, 2025, 3025,… 3^2+4^2=5^2 3^3+4^3+5^3=6^3 6^3+8^3+10^3=12^3 6^3+8^3=9^3-1 9^3-1+10^3=12^3 ∴9^3+10^3=12^3+1(最小のタクシー数) 6^3+8^3=9^3-1 8(3^3)+19(3^3)-1=27(3^3)-1 8(3^3)+19(3^3)-1+1=27(3^3) 8(3^3)+19(3^3)=27(3^3) 式変形により-1 を消去 8と27は立方数 ここで19を立方数にする変化を 与えると、8と27が立方数でなくなる? (y+1)^3-y^3=3y^2+3y+1 この3y^2+3y+1 にyに1から自然数を 入力すると y | 3y^2+3y+1 1 | 7 2 | 19 3 | 37 4 | 61 5 | 91 6 | 127 7 | 169 8 | 217 9 | 271 10 | 331 11 | 397 12 | 469 13 | 547 14 | 631 15 | 721 これは、 立方数y^3 を一回り大きくするのに 必要な数 ◆式変形 [z=y+t の場合] x^3+y^3=(y+t)^3 x^3=(y+t)^3-y^3 x^3=(y+t){(y+t)^2}-y^3 x^3=(y+t)(y^2+2ty+t^2)-y^3 x^3=(y^3+2ty^2+t^2y+ty^2+2t^2y+t^3)-y^3 x^3=(y^3+3t^2y+3ty^2+t^3)-y^3 x^3=3t^2y+3ty^2+t^3 x^3-t^3=3t^2y+3ty^2 (x-t)(x^2+tx+t^2)=3ty(t+y) x^3+y^3=z^3-1 は、 自然数解がある(∴x=6,y=8,z=9) 6^3+8^3=9^3-1 6^3=8(3^3) 8^3=19(3^3)-1 9^3=27(3^3) 6^2+8^2=10^2 1は自然数最小の立方数 9^3-1=26(3^3)+26 いつの日にか、 フェルマーの大定理の証明に対する (証明のロジックに飛躍や誤りがない ことを形式的に証明するための) 計算機証明が可能になる日が 来るのだろうか 3^2+4^2=5^2 3^3+4^3+5^3=6^3 5^3を一回り大きな6^3にするのに 必要な数は3^3+4^3 立方数y^3をk回り(kは自然数)大きく するのに必要な数 (y+k)^3-y^3 [yは整数] x^3を使って(y+k)^3-y^3が立方数に なるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 k≠0, y=(√(3)√(-k(k^3-4x^3))-3k^2)/(6k) k≠0, x=k/2^(2/3), y=-k/2 (y+k)^3-y^3は立方数にならない k=3,y=5のとき x=3^(2/3) 43^(1/3) 冪乗数を3の倍数3nにしたものは、 すべて立方数になる n,x,y,zは自然数,nxyz≠0とする x^n+y^n=z^n x^3+y^3=z^3 x^6+y^6=z^6 x^9+y^9=z^9 … は自然数解を持たない 証明ができないからと言って 数学的に正しくないとはいえない 決定問題とは 入力に対して答が真か偽の いずれかになるような問題である ある問題を全ての入力に対して 正しく解答するようなアルゴリズムが 存在しないとき(すなわち特性関数が 計算可能関数でないとき)、 そうした問題は決定不能であると言う 原理的には「正しい証明」を正しい 書き方で書き上げれば、 それを後は証明検証系システムが チェックして論理の整合性を保証しな がら進み、最終点までパスすれば、 OKという理屈らしい もちろん、もしも証明検証系システムが バグっていたらOKを貰えたとしても、 それはぬか喜びなのかもしれない 証明検証系の正しさを証明するための 証明を形式論理で記述して それを別の証明検証系に審査して もらうにしても、その別の検証系が 正しいことをどうやって保証するのか? またある検証系の正当性をその 検証系自身で審査させたらどういう ことになるのかなど、疑念な点はある 最終的には人間が判断して、まあこれで 「システムは正しくできているのだと 信じる」にならざるをえないのではないか? つまり、すべては神の思し召しみたいな 信仰の性格を帯びるのだろうか? アメリカの紙幣にWe Trust in Godと 書かれているが、貨幣は信仰であって、 その貨幣なり紙幣に価値があると皆が 信じるからこそ価値が伴う 客観的にみればそれは物質として紙に インクが塗られたものでしかないのだが n=3のとき、 X^n+Y^n=Z^nは自然数解を持たない X^3+Y^3=Z^3を、 X^3+Y^3=(Y+m)^3…(1)とおく (1)をx^3+y^3=(y+1)^3…(2)とおく[x,yは有理数] (y+1)^3-y^3=3y^2+3y+1 y | 3y^2+3y+1 1 | 7 2 | 19 3 | 37 4 | 61 5 | 91 6 | 127 7 | 169 8 | 217 9 | 271 10 | 331 11 | 397 12 | 469 13 | 547 14 | 631 15 | 721 yが有理数だと立方数y^3を一回り 大きくするのに必要な数の調査はできる しかし、yを無理数にしないと、 7+19や37+61が立方数になるかの調査が できない x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n),n=1,k=1,y=1 k=1,n=2,x=3^(1/3) 7^(1/6),y=1 x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n),k=1,n=1,y=1 k=1,n=1,y=1に どんな組の自然数を入力しても、 xは無理数になる 例外(反例)はない k=1,n=1,y=1は最小構成数値 k=151,n=7,y=113 でも k=51,n=19,y=88 でも xは無理数 >>21 >k=1,n=1,y=1に >どんな組の自然数を入力しても、 >xは無理数になる >例外(反例)はない 「例外はない」と主張するだけでは「数学の証明」とはなりません。 それで証明になるならリーマン予想の証明は簡単にできてしまいます。 その命題を数学の論理で証明、つまり数式を用いその例外がないことを「証明」しましょう。 n,x,y,zは自然数,nxyz≠0とする 立方数y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3 x^3を使って、 (y+k)^3-y^3が立方数になるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 x={(y+k)^3-y^3}^(1/3) ∴整数解はx=k, y=0 立方体x^3の一辺xは無理数 (y+k)^3-y^3は立方数にならない [例] 立方数 y^3=77^3を17回り大きくするの に必要な数は、立方数ではない k=17, x=374051^(1/3), y=77 ∴n=3のとき、 x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない 冪乗数を3の倍数3nにしても 同じ結果になる x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) n=1,2,3,4,5,6,7… , x=k, y=0 冪乗数を3の倍数3nにしたものは、 すべて立方数になる n,x,y,zは自然数,nxyz≠0とする x^(3n)+y^(3n)=z^(3n) x^3+y^3=z^3 x^6+y^6=z^6 x^9+y^9=z^9 … 2^3=8 2^6=4^3=64 2^9=8^3=512 y^(3n)はy^3を因数として含むので、 『立方数y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3』のロジックが すべて当てはまる 「その式が解を持つ」ことは 「式の左辺と右辺の値が同一である」 ことではないでしょうか? 立方数を2つの立方数の和に分ける ことはできない 4乗数を2つの4乗数の和に 分けることはできない 一般に、冪(べき)が2より大きいとき、 その冪乗数を2つの冪乗数の和に 分けることはできない この定理に関して、 私は真に驚くべき証明を見つけたが、 この余白はそれを書くには狭すぎる n,x,y,zは自然数,nxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) n=1,2,3,4,5,6,7… , x=k, y=0 整数解はx=k, y=0と言うことは、 結局あらゆる立方数同士の引き算の 組み合わせは、y^(3n)-1 と同値になる ∴x^(3n)+y^(3n)=z^(3n)は自然数解を持たない ゲーデルの「不完全性定理」、 コーエンが証明した 「連続体仮説の決定不可能性」などの 影響で、フェルマーの最終定理は 決定不可能ではないか、 フェルマーは証明ができたと 勘違いをしただけではないかと 考えられるようになった 世界大戦の時代を経て、 コンピューターの時代が到来した チューリングらによって開発された 機械はクンマーらが発見した 方法を用い、 フェルマーの最終定理が400万以下 の nでは成り立つことを証明した しかし、コンピューターはフェルマーの 最終定理に有利な証拠を挙げたにすぎず、 一般的な指数での命題の正しさを 実証する不可能であった k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする 立方数y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3 x^3を使って、 (y+k)^3-y^3が立方数になるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 x={(y+k)^3-y^3}^(1/3) ∴整数解はx=k, y=0 立方体x^3の一辺xは無理数 (y+k)^3-y^3は立方数にならない [例] 立方数 y^3=77^3を17回り大きくするの に必要な数は、立方数ではない k=17, x=374051^(1/3), y=77 冪乗数を3の倍数3nにしても 同じ結果になる x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) n=1,2,3,4,5,6,7… , x=k, y=0 冪乗数を3の倍数3nにしたものは、 すべて立方数になる 2^3=8 2^6=4^3=64 2^9=8^3=512 y^(3n)はy^3を因数として含むので、 『立方数y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3』のロジックが すべて当てはまる ∴x^(3n)+y^(3n)=z^(3n)は自然数解を持たない x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1),n=1 2^3=8 2^6=4^3=64 2^9=8^3=512 3^3=27 3^6=9^3=729 y^(3n)はy^3を因数として含むので、 すべてy^3の形に書き換えられる x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2),n=1 k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) 整数解はx=k,y=0 ゲーデルの「不完全性定理」、 コーエンが証明した 「連続体仮説の決定不可能性」 などの影響で、 フェルマーの最終定理は 決定不可能ではないか、 フェルマーは証明ができたと 勘違いをしただけではないかと 考えられるようになった 世界大戦の時代を経て、 コンピューターの時代が到来した チューリングらによって開発された 機械はクンマーらが発見した方法を用い、 フェルマーの最終定理が400万以下の nでは成り立つことを証明した しかし、コンピューターはフェルマーの 最終定理に有利な証拠を挙げたにすぎず、 一般的な指数での命題の正しさを 実証するのは不可能であった k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) 三つの数式はすべて 整数解はx=k,y=0 ∴x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない n | 3^(3n) 1 | 27 2 | 729 3 | 19683 4 | 531441 5 | 14348907 6 | 387420489 7 | 10460353203 8 | 282429536481 9 | 7625597484987 10 | 205891132094649 [中間値の定理] 閉区間[a, b]上の連続な実数値関数f(x)に ついて、f(a)とf(b)が異符号であれば、 あるc∈[a, b]が存在してf(c)=0となる [ルールの定理] 閉区間[a, b]上の連続な実数値関数f(x)が 微分可能であれば、あるc∈(a, b)が 存在してf(b)-f(a)=f'(c)(b-a)となる [極値の定理] 閉区間[a, b]上の連続な実数値関数f(x)が 微分可能であれば、f(x)がaまたはbで 極値をとる場合、f'(a)=0またはf'(b)=0と なる [ワイエルシュトラスの定理] 閉区間[a, b]上の連続な実数値関数f(x)に 対して、任意の正数εに対してある 多項式P(x)が存在して|f(x)-P(x)|<εが 成立する [関数の一様収束の定理] ある閉区間[a, b]上の関数列{f_n(x)}が 関数f(x)に一様収束するための必要十分 条件は、任意のε>0に対して、 nが十分大きい場合には|f_n(x)-f(x)|<εが 成立することである これらの定理は、関数論において非常に重要な役割を果たしています k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) 三つの数式はすべて 整数解がx=k,y=0 (y^n)±1≠y^n ∴x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない ワイルズの1/10のページ数で 証明が完成するとは… フェルマーの大定理の証明には、 三つの数式が必要だったとは… 平方数 = 2乗した数 立方数 = 3乗した数 ... 729=27×27=9×9×9なので、 平方数かつ立方数 >>16 y=a/b (aとbは互いに素な自然数) とすると、 (a+b)^3-a^3でa^3をb回り大きくする のに必要な数の調査ができる a^3をa回り大きくする のに必要な数の調査はできない y=1/2 だと、 (1+2)^3-1^3=26 7+19=26 y=1/3 だと、 (1+3)^3-1^3=63 7+19+37=63 n=3のとき、 X^n+Y^n=Z^nは自然数解を持たない X^3+Y^3=Z^3を、 X^3+Y^3=(Y+m)^3…(1)とおく (1)をx^3+y^3=(y+1)^3…(2)とおく[x,yは有理数] (y+1)^3-y^3=3y^2+3y+1 y | 3y^2+3y+1 1 | 7 2 | 19 3 | 37 4 | 61 5 | 91 6 | 127 7 | 169 8 | 217 9 | 271 10 | 331 11 | 397 12 | 469 13 | 547 14 | 631 15 | 721 yが有理数でも7+19が 立方数になるかの調査ができた 37+61は2^3を2回りなので、上の式では yを無理数にしないと調査できない k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) 三つの数式はすべて 整数解がx=k,y=0 y≧1のとき、xは無理数 (y^n)±1≠y^n ∴x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない n,x,y,zは自然数,nxyz≠0とする フェルマーの大定理 『x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない』は、 (y^n)±1≠y^n に書き換えられる >>52 37+61は2^3を2回りなので、上の式では yを無理数にしないと調査できない ↓ 19+37は2^3を2回りなので、上の式では yを無理数にしないと調査できない 37+61は3^3を2回りなので、 yが有理数で調査できる もちろん、 yが無理数でも調査できる kを含んだ式だとyが整数で調査可能 y=3/2 だと、 (3+2)^3-3^3=125-27=98 37+61=98 3^3を2回りが、 yが有理数のままで調査できる 日高式 x^3+y^3=(y+1)^3 [x,yは有理数]に y=a/b [aとbは自然数]を入力する x^3=(y+1)^3-y^3 x^3=((a/b)+1)^3-(a/b)^3 x^3=((a/b)+(b/b))^3-(a/b)^3 x^3=((a+b)/b)^3-(a/b)^3 x^3={((a+b)^3)/(b^3)}-(a^3)/(b^3) x^3={((a+b)^3)-(a^3)}/(b^3) x={((a+b)^3)-(a^3)}^(1/3)/b 分子{((a+b)^3)-(a^3)}^(1/3)の 整数解は、a=0,x=b/b=1 a≧1のとき、xは無理数となる ∴日高式x^3+y^3=(y+1)^3 [x,yは有理数]に 有理数解は存在しない k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) 三つの数式はすべて 整数解がx=k,y=0 (∵整数根定理) y≧1のとき、xは無理数 三つの数式から導かれる論理的帰結は、 (y^n)±1≠y^n 三つの数式を合成すると x^n+y^n=z^n つまり、 (y^n)±1≠y^n とx^n+y^n=z^n は同値 ∴x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない ワイルズの1/10のページ数で 証明が完成するとは… 日高式 x^3+y^3=(y+1)^3 [x,yは有理数]に y=a/b [aとbは互いに素な自然数]を入力する x^3=(y+1)^3-y^3 x^3=((a/b)+1)^3-(a/b)^3 x^3=((a/b)+(b/b))^3-(a/b)^3 x^3=((a+b)/b)^3-(a/b)^3 x^3={((a+b)^3)/(b^3)}-(a^3)/(b^3) x^3={((a+b)^3)-(a^3)}/(b^3) x={((a+b)^3)-(a^3)}^(1/3)/b 分子{((a+b)^3)-(a^3)}^(1/3)の整数解は、 a=0,x=b/b=1 (∵整数根定理) a≧1のとき、xは無理数となる ∴日高式x^3+y^3=(y+1)^3 [x,yは有理数]に 有理数解は存在しない 多項式の根の定理とは? 数学における多項式P(X)の根(英:root) は、 P(α)=0を満たす値αを言う すなわち、 根は未知数 x の多項式方程式P(x)=0の 解であり、また対応する多項式函数の 零点である 例えば、 多項式X^2−Xの根は0および1となる n | 3^(3n) 1 | 27=3^3 2 | 729=9^3 3 | 19683=27^3 4 | 531441=81^3 5 | 14348907=243^3 6 | 387420489=729^3 7 | 10460353203=2187^3 8 | 282429536481=6561^3 9 | 7625597484987=19683^3 10 | 205891132094649=59049^3 n | 3^(3n) 1 | 27=3^3 2 | 729=9^3 3 | 19683=27^3 4 | 531441=81^3 5 | 14348907=243^3 6 | 387420489=729^3 7 | 10460353203=2187^3 8 | 282429536481=6561^3 9 | 7625597484987=19683^3 10 | 205891132094649=59049^3 y^(3n)はy^3を因数として含むので、 すべてy^3の形に書き換えられる y^(3n)はy^3の部分集合 1900年に提出されたヒルベルトの 第10問題:整数係数の多項式 f (x1,x2,・・・,xn)=0 が 整数解をもつかどうかを決定する 普遍的アルゴリズムは, ロシア人のマチアセビッチにより, すべてのディオファントス方程式 (不定方程式)の解の存否を判定する アルゴリズムが存在しないことが 証明され,ヒルベルトの第10問題は 否定的に解決されました. 一般に3変数以上,3次以上の ディオファントス方程式を解く 有力な方法はまったく見つかっておらず, たとえば,3元3次形式: x^3+y^3+z^3-3=0 が(1,1,1), (4,4,-5)とその並び換え以外の 整数解をもつかどうかすら わかっていません. k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) 三つの数式はすべて 整数解がx=k,y=0 (∵整数根定理) y≧1のとき、xは無理数 三つの数式から導かれる論理的帰結は、 (y^n)±1≠y^n 三つの数式を合成すると x^n+y^n=z^n [n≧3] つまり、 (y^n)±1≠y^n とx^n+y^n=z^n [n≧3]は同値 ∴x^n+y^n=z^n [n≧3]は自然数解を持たない >>52 7^3を2回り大きくするのに必要な数が 有理数になるか調査したい 日高式 x^3+y^3=(y+1)^3 [x,yは有理数]に y=7/2 を入力する (7+2)^3-7^3=729-343=386 169+217=386 7^3を2回りが、 yが有理数のままで調査できる 7^3を7回りは、y=1となるので、 yが有理数のままでは調査できない (日高式のウィークポイント) (1+10000)^3-10000^3=300030001 (1+10000)^3-1^3=1000300030000 x^3+y^3=(y+1)^3 x^3=(y+1)^3-y^3 sum[(y+1)^3-y^3,{y,1,10000}] sum[(y+1)^3-y^3,{y,1,10000}]= 1000300030000 1900年に提出されたヒルベルトの 第10問題:整数係数の多項式 f (x1,x2,・・・,xn)=0 が、 整数解をもつかどうかを決定する 普遍的アルゴリズムは, ロシア人のマチアセビチにより, すべてのディオファントス方程式 (不定方程式)の解の存否を判定する アルゴリズムが存在しないことが証明され, ヒルベルトの第10問題は否定的に 解決されました. 一般に3変数以上,3次以上の ディオファントス方程式を解く 有力な方法はまったく見つかっておらず, たとえば,3元3次形式: x^3+y^3+z^3-3=0 が (1,1,1),(4,4,-5)と その並び換え以外の整数解を もつかどうかすらわかっていません. 命題が同値であるという "関係" 2つの命題において、 真偽(真理値)が同じである、 または互いに 片方から他方を証明できる ディオファントスは3世紀頃の人らしい 17世紀になって彼の本 『アリスメティカ』に熱中した人物が フェルマーである. とくにx^n+y^n=z^n(n≧3)という形の 方程式が正の整数解を持たないと 書き込みを残したことが, その後350年にわたって多くの数学者 たちを悩ませることになった. 解の範囲を正などに制限することは, 第10問題において本質的ではない. なぜなら, 任意の自然数は4つの平方数の和で 表されるというラグランジュの定理を 使うと, ディオファントス方程式 P(x, ..., z) = 0 を 各変数についてある数 k 以上の範囲で 解く問題は,ディオファントス方程式 P(x1^2 + x2^2 + x3^2+ x4^2 + k, ..., z1^2 + z2^2 + z3^2 + z4^2 + k) = 0 を 整数の範囲で解く問題に 直せるからである もし第10問題が肯定的に 解かれたとすると, 各次数 n≧3 に対する フェルマー方程式の解の有無を 判定する方法が存在することになる. それでも, すべての次数 n≧3 に対する予想の 真偽を確かめるには無限の時間が かかってしまうから, 予想の解決にはならない. そこで,これを x^n+y^n-z^n=0 を満たす 自然数 x, y, z, n (≧3)の存在を判定する 問題と考えたらどうだろうか? 残念ながら, それはディオファントス方程式ではない. nを固定すれば x^n は多項式であるが, nも変数と考えると指数関数に なってしまうのである. じつは, 「指数関数を含んだディオファントス 方程式の自然数解の存在は有限的に 判定できない」というのが 1960年前後に J. ロビンソン,M. デイビス,H. パッナム が得た結果であった. 3人はさらに, 指数関数を含んだディオファントス 方程式を普通のディオファントス方程式 に還元する方法を構想していたが, その最後の詰めを完成したのが ロシア人のマチャセビチだった. これによりフェルマーの予想も ディオファントス方程式の問題に 還元できることがわかったが, 第10問題自体が否定的に解決されたので, フェルマー予想の解決には つながらなかった k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) 三つの数式はすべて 整数解がx=k,y=0 (∵整数根定理) y≧1のとき、xは無理数 三つの数式から導かれる論理的帰結は、 (y^n)±1≠y^n 三つの数式を合成すると x^n+y^n=z^n [n≧3] つまり、二つの命題 (y^n)±1≠y^n とx^n+y^n=z^n [n≧3]は同値 ∴x^n+y^n=z^n [n≧3]は自然数解を持たない 各次数 n≧3 に対する フェルマー方程式の解の有無を 判定する方法が存在することになる. すでに、見つけました k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) 三つの数式はすべて 整数解がx=k,y=0 (∵整数根定理) y≧1のとき、xは無理数 n=3のとき、 X^n+Y^n=Z^nは自然数解を持たない X^3+Y^3=Z^3を、 X^3+Y^3=(Y+m)^3…(1)とおく (1)をx^3+y^3=(y+1)^3…(2)とおく[x,yは有理数] (y+1)^3-y^3=3y^2+3y+1 y | 3y^2+3y+1 1 | 7 2 | 19 3 | 37 4 | 61 5 | 91 6 | 127 7 | 169 8 | 217 9 | 271 10 | 331 11 | 397 12 | 469 13 | 547 14 | 631 15 | 721 yが有理数でも7+19が 立方数になるかの調査ができた 19+37は2^3を2回りなので、上の式では yを無理数にしないと調査できない それでも, すべての次数 n≧3 に対する予想の 真偽を確かめるには無限の時間が かかってしまうから, 予想の解決にはならない. 一分あればできます 3^2+4^2=5^2 3^3+4^3+5^3=6^3 6^3+8^3+10^3=12^3 6^3+8^3=9^3-1 9^3-1+10^3=12^3 ∴9^3+10^3=12^3+1(最小のタクシー数) (y^n)±1≠y^n 6^3+8^3=9^3-1 9^3+10^3=12^3+1 (y^n)±1≠y^n n | 3^(3n) 1 | 27=3^3 2 | 729=9^3 3 | 19683=27^3 4 | 531441=81^3 5 | 14348907=243^3 6 | 387420489=729^3 7 | 10460353203=2187^3 8 | 282429536481=6561^3 9 | 7625597484987=19683^3 10 | 205891132094649=59049^3 y^(3n)はy^3を因数として含むので、 すべてy^3の形に 書き換え(オーバーライト)できる y^(3n)はy^3の部分集合 同様に、 y^(3n+1)はy^4の部分集合 y^(3n+2)はy^5の部分集合 つまり、 y^3,y^4,y^5の証明をするだけで 部分集合体は全て芋ずる式に 証明ができる(オートマチック) n | 2^(3n+1) 1 | 16=2^4 2 | 128=(2^3)(2^4) 3 | 1024=(2^6)(2^4) 4 | 8192=(2^9)(2^4) 5 | 65536=(2^12)(2^4) 6 | 524288=(2^15)(2^4) 7 | 4194304=(2^18)(2^4) 8 | 33554432=(2^21)(2^4) 9 | 268435456=(2^24)(2^4) 10 | 2147483648=(2^27)(2^4) n | 2^(3n+2) 1 | 32=(2^5) 2 | 256=(2^3)(2^5) 3 | 2048=(2^6)(2^5) 4 | 16384=(2^9)(2^5) 5 | 131072=(2^12)(2^5) 6 | 1048576=(2^15)(2^5) 7 | 8388608=(2^18)(2^5) 8 | 67108864=(2^21)(2^5) 9 | 536870912=(2^24)(2^5) 10 | 4294967296=(2^27)(2^5) 11 | 34359738368=(2^30)(2^5) 12 | 274877906944=(2^33)(2^5) 13 | 2199023255552=(2^36)(2^5) 14 | 17592186044416=(2^39)(2^5) 15 | 140737488355328=(2^42)(2^5) (2^4)と(2^5)を8倍ずつしていった 3n+1,3n+2 n | y^(3n+1) 1 | y^4 2 | (y^3)(y^4) 3 | (y^6)(y^4) 4 | (y^9)(y^4) 5 | (y^12)(y^4) 6 | (y^15)(y^4) 7 | (y^18)(y^4) 8 | (y^21)(y^4) 9 | (y^24)(y^4) 10 | (y^27)(y^4) y^(3n+1)={y^(3(n-1))}(y^4) y^(3n+1)={y^(3(n-1))}(y^5) n | y^(3n+1) 1 | (y^0)(y^4) 2 | (y^3)(y^4) 3 | (y^6)(y^4) 4 | (y^9)(y^4) 5 | (y^12)(y^4) 6 | (y^15)(y^4) 7 | (y^18)(y^4) 8 | (y^21)(y^4) 9 | (y^24)(y^4) 10 | (y^27)(y^4) (y+k)^(3n+1)={(y+k)^(3(n-1))}(y^4) 「指数関数を含んだディオファントス 方程式の自然数解の存在は有限的に 判定できない」というのが 1960年前後に J. ロビンソン,M. デイビス,H. パッナム が得た結果であった. 余裕で判定できます k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) 三つの数式はすべて 整数解がx=k,y=0 (∵整数根定理) y≧1のとき、xは無理数 三つの数式から導かれる論理的帰結は、 (y^n)±1≠y^n 三つの数式を合成すると x^n+y^n=z^n [n≧3] (y+k)^(3n+2)={(y+k)^(3(n-1))}(y^5) k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) (y+k)^(3n+1)={(y+k)^(3(n-1))}(y^4) y^(3n+1)={y^(3(n-1))}(y^4) x^(3n+1)= {(y+k)^(3(n-1))}(y^4)-{y^(3(n-1))}(y^4) = {{(y+k)^(3(n-1))}-{y^(3(n-1))}}(y^4) x^(3n+1)={{(y+k)^(3(n-1))}-{y^(3(n-1))}}(y^4) x^(3n+2)={{(y+k)^(3(n-1))}-{y^(3(n-1))}}(y^5) {(y+k)^(3(n-1))}-{y^(3(n-1))} は 立方数同士の引き算 「指数関数を含んだディオファントス 方程式の自然数解の存在は有限的に判定 できない」というのが1960年前後に J. ロビンソン,M. デイビス,H. パッナム が得た結果であった. 9^3+10^3=12^3+1 6^3+8^3=9^3-1 (y^n)±1≠y^n (y+k)^(3n+1)={(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^4) (y+k)^(3n+2)={(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^5) k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+1)= {(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^4)-{y^(3(n-1))}(y^4) k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) x^(3n+2)= {(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^5)-{y^(3(n-1))}(y^5) J. ロビンソン,M. デイビス,H. パッナムは 指数関数を含んだディオファントス 方程式を普通のディオファントス方程式 に還元する方法を構想していたが, その最後の詰めを完成したのが ロシア人のマチャセビチだった. 還元できました k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+1)= {(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^4)-{y^(3(n-1))}(y^4) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) x^(3n+2)= {(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^5)-{y^(3(n-1))}(y^5) k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) = {(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^4)-{y^(3(n-1))}(y^4) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) = {(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^5)-{y^(3(n-1))}(y^5) 三つの数式はすべて 整数解がx=k,y=0 (∵整数根定理) y≧1のとき、xは無理数 三つの数式から導かれる論理的帰結は、 (y^n)±1≠y^n 三つの数式を合成すると x^n+y^n=z^n [n≧3] つまり、二つの命題 (y^n)±1≠y^n とx^n+y^n=z^n [n≧3]は同値 ∴x^n+y^n=z^n [n≧3]は自然数解を持たない 命題が同値であるという "関係" 2つの命題において、 真偽(真理値)が同じである、 または互いに 片方から他方を証明できる 多項式の根の定理とは? 数学における多項式P(X)の根(英:root) は、 P(α)=0を満たす値αを言う すなわち、 根は未知数 x の多項式方程式P(x)=0の 解であり、また対応する多項式函数の 零点である 例えば、 多項式X^2-Xの根は0および1となる フェルマーは Cubum autem in duos cubos, aut quadratoquadratum in duos quadratoquadratos, et generaliter nullam in infinitum ultra quadratum potestatem in duos eiusdem nominis fas est dividere cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet. 立方数を2つの立方数の和に分ける ことはできない 4乗数を2つの4乗数の和に 分けることはできない 一般に、冪(べき)が2より大きいとき、 その冪乗数を2つの冪乗数の和に 分けることはできない この定理に関して、 私は真に驚くべき証明を見つけたが、 この余白はそれを書くには狭すぎる k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする 立方数y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3 x^3を使って、 (y+k)^3-y^3が立方数になるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 x={(y+k)^3-y^3}^(1/3) ∴整数解はk≠0, x=k, y=0 y≧1のとき、立方体x^3の一辺xは無理数 (y+k)^3-y^3は立方数にならない [例] 立方数 y^3=77^3を17回り大きくするの に必要な数は、立方数ではない k=17, x=374051^(1/3), y=77 ∴n=3のとき、 x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない 冪乗数を3の倍数3nにしたものは、 すべて立方数になる yは自然数,y≠0とする y^(3n)=(y^n)^3 n | 3^(3n) 1 | 27=3^3 2 | 729=9^3 3 | 19683=27^3 4 | 531441=81^3 5 | 14348907=243^3 6 | 387420489=729^3 7 | 10460353203=2187^3 8 | 282429536481=6561^3 9 | 7625597484987=19683^3 10 | 205891132094649=59049^3 y^(3n)はy^3を因数として含むので、 すべてy^3の形に 書き換え(オーバーライト)できる y^(3n)はy^3の部分集合 [例] 立方数 2^6を7回り大きくするのに 必要な数は、立方数ではない と 立方数 4^3を7回り大きくするのに 必要な数は、立方数ではない は同値 2^6=4^3=64 立方数y^(3n)を(k+y)^2-y^2回り大きく するのに必要な数は、立方数ではない 立方数y^(3n)を(k+y)^n-y^n回り大きく するのに必要な数は、立方数ではない [例] 立方数 2^6 を3^6 にするのに必要な k数は、3^2-2^2=5 ∴5回り 1900年の国際数学者会議において、 20世紀に取り組まれるべき 数学の問題として世界中の数学者に 示されたものですが、 その中に 「整係数多変数高次不定方程式が 整数解を持つかどうかを決定する 一般的な解法を求めよ」という問題 (第10問題)がありました 現代風に言うと 「整係数多変数高次不定方程式が 整数解を持つかどうかを判定する アルゴリズムを示せ」 という意味であり、 当時あいまいであった アルゴリズムという概念について 数学者が考えるきっかけになりました そのような判定は非常に困難である ため、多くの数学者が 「そんなアルゴリズムはないだろう」 という予想に傾いて行きましたが、 「ない」と証明によって示すためには、 アルゴリズムとは何か、つまり、 計算できる範囲とはどこまでか、 をはっきりさせる必要がありました ジーゲルの定理(1929) 「整数係数の楕円曲線上には 整数解が有限個しかない」 これを証明したのはジーゲルで, その定理はジーゲルの有限性定理と 呼ばれています.したがって, 3次曲線ax^3+by^3=c や 楕円曲線y^2=ax^3+bx^2+cx+dなど, 3次以上の不定方程式には 一般に整数解が有限個しかない ことになります.この定理により, すべての2変数多項式の可解性が 決定したわけではありませんが, 少なくとも2変数2次多項式の 可解性条件はわかったことになります. なお、楕円曲線y^2=x^3-x+9上には、 ±(0,3),±(1,3),±(1,-3), ±(9,27),±(35,207),±(37,225),±(46584,10054377)および無限遠点の 計15個もの整数点が見つかるとのことです. k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする 立方数y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3 x^3を使って、 (y+k)^3-y^3が立方数になるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 x={(y+k)^3-y^3}^(1/3) ∴整数解はk≠0, x=k, y=0 (∵整数根定理) y≧1のとき、立方体x^3の一辺xは無理数 (y+k)^3-y^3は立方数にならない [例] 立方数 y^3=77^3を17回り大きくするの に必要な数は、立方数ではない k=17, x=374051^(1/3), y=77 ∴n=3のとき、 x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない ジーゲルの定理(1929) 「整数係数の楕円曲線上には 整数解が有限個しかない」 3次以上の不定方程式には 一般に整数解が有限個しかない 冪乗数を3の倍数3nにしたものは、 すべて立方数になる n,yは自然数,ny≠0とする y^(3n)=(y^n)^3 なので、 y^(3n)は立方数 反例はありません 整係数多変数高次不定方程式が 整数解を持つかどうかを判定する アルゴリズムを示せ. 整数点完全追尾型アルゴリズム k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) = {(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^4)-{y^(3(n-1))}(y^4) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) = {(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^5)-{y^(3(n-1))}(y^5) 三つの数式はすべて 整数解がk≠0,x=k,y=0 (∵整数根定理) y≧1のとき、xは無理数 楕円曲線y^2=x^3-x+9上には、 ±(0,3),±(1,3),±(1,-3),±(9,27),±(35,207),±(37,225),±(46584,10054377) および無限遠点の計15個もの 整数点が見つかるとのことです. 9^3+10^3=12^3+1 6^3+8^3=9^3-1 (y^n)±1≠y^n [n=3] 2^3=8 3^3+4^3+5^3=6^3 6^3+8^3+10^3=12^3 8(3^3)+8(4^3)+8(5^3)=8(6^3) 楕円曲線y^2=x^3-x+9上には、 ±(0,3),±(1,3),±(1,-3),±(9,27), ±(35,207),±(37,225),±(46584,10054377) および無限遠点の計15個もの 整数点が見つかるとのことです. y^(3n)は立方数であるという 単純な気づきと、整数根定理によって フェルマーの大定理は証明できる 整係数多変数高次不定方程式が 整数解を持つかどうかを判定する アルゴリズムを示せ. 整数点完全追尾型アルゴリズム k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) = ((y+k)^n)^3-(y^n)^3 x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) = {(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^4)-{y^(3(n-1))}(y^4) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) = {(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^5)-{y^(3(n-1))}(y^5) 三つの数式はすべて 整数解がk≠0,x=k,y=0 (∵整数根定理) k≠0,y≧1のとき、xは無理数 >>133 最高次数x^3の係数が1なので、 整数根定理により 有理数解の候補の分母は1 楕円曲線y^2=x^3-x+9上には、 有理数解が存在しない >>102-104 分母を統一して分子同士の 引き算はできないかも >>100 も分母揃えてあるからミス 参考程度の式 整係数多変数高次不定方程式が 整数解を持つかどうかを判定する アルゴリズムを示せ. k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) = ((y+k)^n)^3-(y^n)^3 x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) = {(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^4)-{y^(3(n-1))}(y^4) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) = {(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^5)-{y^(3(n-1))}(y^5) 三つの数式はすべて 整数解がk≠0,x=k,y=0 (∵整数根定理) k≠0,y≧1のとき、xは無理数(複素数) 三つの数式から導かれる論理的帰結は、 (y^n)±1≠y^n 三つの数式を合成すると x^n+y^n=z^n [n≧3] つまり、二つの命題 (y^n)±1≠y^n とx^n+y^n=z^n [n≧3]は同値 ∴x^n+y^n=z^n [n≧3]は自然数解を持たない 真部分集合 冪乗数を3の倍数3nにしたものは、 すべて立方数になる n,yは自然数,ny≠0とする y^(3n)=(y^n)^3 なので、 y^(3n)は立方数 y^(3n)⊂y^3 k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする 立方数(立方体)y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3 x^3を使って、 (y+k)^3-y^3が立方数になるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 x={(y+k)^3-y^3}^(1/3) ∴整数解はk≠0, x=k, y=0 (∵整数根定理) k≠0, y≧1のとき、 立方体x^3の一辺xは無理数 (y+k)^3-y^3は立方数にならない [例] 立方数 y^3=77^3を17回り大きくするの に必要な数は、立方数ではない k=17, x=374051^(1/3), y=77 ∴n=3のとき、 x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない y^(3n)=(y^n)^3 なので、 y^(3n)⊂y^3(真部分集合) ∴x^(3n)+y^(3n)=z^(3n)は自然数解を持たない k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) 三つの数式はすべて 整数解がx=k,y=0 (y^n)±1≠y^n ∴x^n+y^n=z^n [n≧3]は自然数解を持たない フェルマーの大定理の証明には、 三つの数式が必要だったとは… 2059^(1/3) 12.7219040436504347250374075 8321837517129457858212547504 1508987627... 65^(1/3) 3 12.06217727576717392825963354 32944662794209599320315614678 64514047... n | 3^(3n) 1 | 27=3^3 2 | 729=9^3 3 | 19683=27^3 4 | 531441=81^3 5 | 14348907=243^3 6 | 387420489=729^3 7 | 10460353203=2187^3 8 | 282429536481=6561^3 9 | 7625597484987=19683^3 10 | 205891132094649=59049^3 2^6=4^3=64 2^7=128 3^6=9^3=729 3^7=2187 2187-128=2059 (y+k)^3-y^3 y=(-3k^2±sqrt(3) sqrt(-k^4))/(6k) (k!=0) (y+k)^3-y^3 y=(-3k^2±√(3) √(-k^4))/(6k) (k≠0) (y+k)^3-y^3= k(k^2+3ky+3y^2) x^3=(y+k)^3-y^3 (y+k)^3-y^3=k(k^2+3ky+3y^2) x^3=k(k^2+3ky+3y^2) x=k x^2=k^2+3ky+3y^2 x^2=k^2+3ky+3y^2 x^2-k^2=3ky+3y^2 x=kなので、 3ky+3y^2=0 k≠0 のとき、 3y(k+y)=0を満たす yの値は、y=0 ■因数分解と整数根定理 x^3=(y+k)^3-y^3 (y+k)^3-y^3=k(k^2+3ky+3y^2) x^3=k(k^2+3ky+3y^2) ∴x=k x^2=k^2+3ky+3y^2 x^2-k^2=3ky+3y^2 x=kなので、 3ky+3y^2=0 3y(k+y)=0 k≠0 のとき、 3y(k+y)=0を満たす yの値は、∴y=0 「その式が解を持つ」ことは 「式の左辺と右辺の値が同一である」 ことではないでしょうか? AIが 「本質を見出すことでシンプルに統一する」 という発想に到達するためには、 「覚えた解法を組み合わせる」という 方法論だけではダメで、 その方法論を土台として、 「情報を圧縮をしたい」 という欲求が生じるような仕組みが 追加で必要になる 具体的に言えば、 「覚えた解法の組み合わせで得られた、 個別のぐちゃぐちゃした解法を統一 できるような、 つまり情報の圧縮が可能になるような、 新しい記述方法を探索する」 という方法論を 追加で組み込まなければならない これが高いレベルで実現できた暁には、 数学の世界もAIが席巻することに なるかもしれないが、 それはまだ 「覚えた解法を組み合わせるだけで 数学の研究ができる」 ということにはなってない ■因数定理と整数根定理 x^4=(y+k)^4-y^4 x^4=k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) ∴x=k x^3=(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) x^3=k^3+y(4k^2+y(6k+4y)) x^3-k^3=y(4k^2+y(6k+4y)) x=kなので、 y(4k^2+y(6k+4y))=0 k≠0 なので、 y(4k^2+y(6k+4y))=0 を満たす yの値は、∴y=0 ■因数分解と整数根定理 x^5=(y+k)^5-y^5 x^5= k(k^4+5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4) ∴x=k x^4=(k^4+5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4) x^4-k^4=5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4 x=kなので、 5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4=0 5y(k+y)(k^2+ky+y^2)=0 k≠0 なので、 5y(k+y)(k^2+ky+y^2)=0 を満たす yの値は、∴y=0 k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=(y+k)^(3n)-y^(3n) x^(3n+1)=(y+k)^(3n+1)-y^(3n+1) x^(3n+2)=(y+k)^(3n+2)-y^(3n+2) 三つの数式はすべて 整数解がk≠0,x=k,y=0 (y^n)±1≠y^n ∴x^n+y^n=z^n [n≧3]は自然数解を持たない 「指数関数を含んだディオファントス 方程式の自然数解の存在は有限的に判定 できない」というのが1960年前後に J. ロビンソン,M. デイビス,H. パッナム が得た結果であった. k回りロジックで30秒で判定可能 k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする 立方数(立方体)y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3 x^3を使って、 (y+k)^3-y^3が立方数になるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 x^3=k(k^2+3ky+3y^2) ∴x=k x^2=k^2+3ky+3y^2 x^2-k^2=3ky+3y^2 x=kなので、 3ky+3y^2=0 3y(k+y)=0 k≠0 のとき、 3y(k+y)=0を満たす yの値は、∴y=0 整数解はk≠0, x=k, y=0 k≠0, y≧1のとき、 立方体x^3の一辺xは無理数 (y+k)^3-y^3は立方数にならない [例] 立方数 y^3=77^3を17回り大きくするの に必要な数は、立方数ではない k=17, x=374051^(1/3), y=77 ∴x^n+y^n=z^n [n=3]は自然数解を持たない k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする 立方数(立方体)y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3 x^3を使って、 (y+k)^3-y^3が立方数になるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 x^3=k(k^2+3ky+3y^2) ∴x=k x^2=k^2+3ky+3y^2 x^2-k^2=3ky+3y^2 x=kなので、 3ky+3y^2=0 3y(k+y)=0 k≠0 のとき、 3y(k+y)=0を満たす yの値は、∴y=0 整数解はk≠0, x=k, y=0 k≠0, y≧1のとき、 立方体x^3の一辺xは無理数 (y+k)^3-y^3は立方数にならない ∴x^n+y^n=z^n [n=3]は自然数解を持たない k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^4=(y+k)^4-y^4 に 自然数解があるかを調査 x^4=k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) ∴x=k x^3=(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) x^3=k^3+y(4k^2+y(6k+4y)) x^3-k^3=y(4k^2+y(6k+4y)) x=kなので、 y(4k^2+y(6k+4y))=0 k≠0 なので、 y(4k^2+y(6k+4y))=0 を満たす yの値は、∴y=0 整数解はk≠0, x=k, y=0 k≠0, y≧1のとき、xは無理数 ∴x^n+y^n=z^n [n=4]は自然数解を持たない 無限降下法? 使わないで初等的に x^4+y^4=z^4 に 自然数解が無いことを証明 k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^5=(y+k)^5-y^5 に 自然数解があるかを調査 x^5= k(k^4+5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4) ∴x=k x^4=(k^4+5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4) x^4-k^4=5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4 x=kなので、 5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4=0 5y(k+y)(k^2+ky+y^2)=0 k≠0 なので、 5y(k+y)(k^2+ky+y^2)=0 を満たす yの値は、∴y=0 整数解はk≠0, x=k, y=0 k≠0, y≧1のとき、xは無理数 ∴x^n+y^n=z^n [n=5]は自然数解を持たない 【定理】n=3のとき、 x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない x^3+y^3=z^3を、 x^3+y^3=(y+1)^3…(1)とおく(x,yは有理数) (1)が整数解を持つならば、 必ず有理数解を持つので、 x,yは整数とする (1)を(x^3-1)/3=y^2+y…(2)と変形する (2)の左辺をA,右辺をBとおく A=Bならば、A^(1/2)=B^(1/2)となる B^(1/2)は、yの増加につれて、 限りなくy+0.5000000…に近づく A^(1/2)は、xの増加につれて、 限りなくy+0.5000000…に近づかない ∴n=3のとき、 x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない x^3+y^3=(y+1)^3 (x,yは有理数)に 自然数解があるかを調査 x^3=(y+1)^3-y^3 x^3=3y^2+3y+1 x^3=1(3y^2+3y+1) ∴x=1 x^2=3y^2+3y+1 x^2-1=3y^2+3y x=1なので、 3y^2+3y=0 3y(y+1)=0 ∴y=0 整数解はx=1,y=0 k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^(3n)=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 x^(3n+1)={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y x^(3n+2)= {((y+k)^n)^3}{(y+k)^2}-{(y^n)^3}(y^2) k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^(3n)=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 x^4=(y+k)^4-y^4 x^(3n+1)={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y x^5=(y+k)^5-y^5 x^(3n+2)= {((y+k)^n)^3}{(y+k)^2}-{(y^n)^3}(y^2) y^(3n)はy^3を因数として含むので、 すべてy^3の形に 書き換え(オーバーライト)できる y^(3n)はy^3の部分集合 同様に、 y^(3n+1)はy^4の部分集合 y^(3n+2)はy^5の部分集合 つまり、 y^3,y^4,y^5の証明をするだけで 部分集合体は全て芋ずる式に 証明ができる(オートマチック) ■整数解判定アルゴリズム x^3+y^3=(y+1)^3 (x,yは有理数)に 自然数解があるかを調査 x^3=(y+1)^3-y^3 x^3=3y^2+3y+1 1(x^3)=1(3y^2+3y+1) x^3=1 3y^2+3y+1=1 ∴x=1 3y^2+3y=0 3y(y+1)=0 ∴y=0 整数解はx=1,y=0 k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^3=(y+k)^3-y^3 (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 x^4=(y+k)^4-y^4 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y x^5=(y+k)^5-y^5 {(x^n)^3}(x^2)= {((y+k)^n)^3}{(y+k)^2}-{(y^n)^3}(y^2) y^(3n)=(y^n)^3 なので、 y^(3n)⊂y^3(真部分集合) k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^4=(y+k)^4-y^4 を証明する事は、 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y x^7=(y+k)^7-y^7,n=2 x^13=(y+k)^13-y^13,n=4 x^19=(y+k)^19-y^19,n=6 … を同時証明している もちろん、 n=3,5,7,9…も同時証明できている それでも, すべての次数 n≧3 に対する予想の 真偽を確かめるには無限の時間が かかってしまうから, 予想の解決にはならない. 一分あればできます 指数関数を含んだディオファントス 方程式を普通のディオファントス方程式 に還元せよ k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^3=(y+k)^3-y^3 (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 x^4=(y+k)^4-y^4 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y x^5=(y+k)^5-y^5 {(x^n)^3}(x^2)= {((y+k)^n)^3}{(y+k)^2}-{(y^n)^3}(y^2) フェルマーの大定理として起こりうる 全ての可能性を完全追尾できる ファッションとは、 上級者になる程引き算である という言葉があります フェルマーの大定理とは、 引き算である. 直角三角形の三辺が整数になる 全ての組をひとつの公式で 書き尽くすことはできる d(m^2-n^2)^2+d(2mn)^2=d(m^2+n^2)^2 x^3=(y+k)^3-y^3 x^3=k(k^2+3ky+3y^2) x^4=(y+k)^4-y^4 x^4=k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) x^5=(y+k)^5-y^5 x^5= k(k^4+5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4) x^3=k(k^2+3ky+3y^2) x^4=k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) x^5=k(k^4+5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4) 整数解はk≠0, x=k, y=0 k≠0, y≧1のとき、xは無理数 xが無理数になることを 直接証明できれば… [定理] 隣接する二つの三角数の二乗の差は 立方数である [例] 9-1=8 36-9=27 100-36=64 k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^4=(y+k)^4-y^4 を証明する事は、 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y x^301=(y+k)^301-y^301,n=100 x^1201=(y+k)^1201-y^1201,n=400 x^1801=(y+k)^1801-y^1801,n=600 … を同時証明している フェルマーでさえ、 この事に気がついていない ワイルズも背理法で ダイレクト証明はしていないから、 x^5= k(k^4+5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4) ∴x=k x=kなので、 整数解はk≠0, x=k, y=0 k≠0, y≧1のとき、xは無理数 が通用する □■■□□□ ■■■□□□ ■■■□□□ □□□□□□ □□□□□□ □□□□□□… 白と黒が交互に立方数になる □ ■■■■ ■■■■ □□□□□□□□□ □□□□□□□□□ □□□□□□□□□ ■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■■■■■■■ x^3=(y+k)^3-y^3 x^3=k(k^2+3ky+3y^2) k(k^2+3ky+3y^2)自体が定数項 f(x)=x^3-(y+k)^3+y^3 x^3-k(k^2+3ky+3y^2)=0 k(k^2+3ky+3y^2)自体が定数項 xの関数f(x)は1とkを根にもつ x^3-k(k^2+3ky+3y^2)=0 [関数の一様収束の定理] ある閉区間[a, b]上の関数列{f_n(x)}が 関数f(x)に一様収束するための必要十分 条件は、任意のε>0に対して、 nが十分大きい場合には|f_n(x)-f(x)|<εが 成立することである 関数論において非常に重要な役割を 果たしています k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^5=(y+k)^5-y^5 に 自然数解があるかを調査 x^5= k(k^4+5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4) ∴x=k x^4=(k^4+5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4) x^4-k^4=5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4 x=kなので、 5k^3y+10k^2 y^2+10ky^3+5y^4=0 5y(k+y)(k^2+ky+y^2)=0 k≠0 なので、 5y(k+y)(k^2+ky+y^2)=0 を満たす yの値は、∴y=0 整数解はk≠0, x=k, y=0 k≠0, y≧1のとき、xは無理数 ∴x^n+y^n=z^n [n=5]は自然数解を持たない [定理] 隣接する二つの三角数の二乗の差は 立方数である □■■□□□■■■■ ■■■□□□■■■■ ■■■□□□■■■■ □□□□□□■■■■ □□□□□□■■■■ □□□□□□■■■■ ■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■ [例] 9-1=8 36-9=27 100-36=64 白と黒が交互に立方数になる ■整数解判定アルゴリズム x^3+y^3=(y+1)^3 (x,yは有理数)に 自然数解があるかを調査 x^3=(y+1)^3-y^3 x^3=3y^2+3y+1 x^3はx(x^2)の直方体である[x≧2] 3y^2+3y=3y(y+1) は短辺が2以上の 直方体である[y≧1] 短辺が2以上の直方体+1 は直方体でない 従って、3y^2+3y+1 は立方数でない 整数解はx=1,y=0 ■整数解判定アルゴリズム x^3+y^3=(y+1)^3 (x,yは有理数)に 自然数解があるかを調査 x^3=(y+1)^3-y^3 x^3=3y^2+3y+1 x^3は短辺x,長辺x^2,厚み1の直方体で ある[x≧2] 3y^2+3y=3y(y+1) は短辺が2以上,厚み1の 直方体である[y≧1] 短辺が2以上の直方体+1^3は直方体でない 従って、3y^2+3y+1 は立方数でない 整数解はx=1,y=0 k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y {(x^n)^3}(x^2)={((y+k)^n)^3}{(y+k)^2}-{(y^n)^3}(y^2) 三つの数式はすべて 整数解がk≠0,x=k,y=0 ∴x^n+y^n=z^n [n≧3]は自然数解を持たない 3y^2+3y=3y(y+1) は短辺が(y+1), 長辺が3y ,厚み1の直方体である[y≧1] 面積が奇数と偶数,厚みが1の 直方体+1^3は直方体でない 従って、3y^2+3y+1 は立方数でない 整数解はx=1,y=0 ■整数解判定アルゴリズム x,yは自然数,xy≠0とする x^3+y^3=(y+1)^3 に自然数解があるかを調査 x^3=(y+1)^3-y^3 x^3=3y^2+3y+1 x^3は短辺x,長辺x^2,厚み1の直方体で ある[x≧2] 3y^2+3y=3y(y+1) は短辺が(y+1), 長辺が3y ,厚み1の直方体である[y≧1] 面積が奇数と偶数,厚みが1の 直方体+1^3は直方体でない 従って、3y^2+3y+1 は立方数でない 整数解はx=1,y=0 x^3は短辺x,長辺x^2,厚み1の直方体で ある[x≧2] 面積は奇数と奇数,偶数と偶数の積になる ■整数解判定アルゴリズム x,yは自然数,xy≠0とする x^3+y^3=(y+1)^3 に自然数解があるかを調査 x^3=(y+1)^3-y^3 x^3=3y^2+3y+1 x^3は短辺x,長辺x^2,厚み1の直方体で ある[x≧2] 面積は奇数と奇数,偶数と偶数の積になる 3y^2+3y=3y(y+1) は短辺が(y+1), 長辺が3y ,厚み1の直方体である[y≧1] 面積は奇数と偶数の積になる 面積が奇数と偶数の積で厚みが1の 直方体+1^3は直方体でない 従って、3y^2+3y+1 は立方数でない 整数解はx=1,y=0 3y^2+3y=3y(y+1) は短辺が(y+1), 長辺が3y ,厚み1の直方体である[y≧1] 面積は奇数と偶数の積になる 短辺が3,y の場合はyにいくつか数値 入力するだけで否定できる 面積が奇数と偶数の積で厚みが1の 直方体+1^3は直方体でないが、 正方形で厚み1 の場合がある しかし、 正方形は一辺が(y^3)^(1/2)なので 立方数にならない 3y^2+3y+1 は立方数でない 整数解はx=1,y=0 面積が奇数と偶数の積で厚みが1の 直方体+1^3は直方体でないが、 正方形+1^3で厚み1 の場合がある k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする x^4=(y+k)^4-y^4 に 自然数解があるかを調査 x^4=k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) ∴x=k x^3=(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) x^3=k^3+y(4k^2+y(6k+4y)) x^3-k^3=y(4k^2+y(6k+4y)) x=kなので、 y(4k^2+y(6k+4y))=0 k≠0 なので、 y(4k^2+y(6k+4y))=0 を満たす yの値は、∴y=0 整数解はk≠0, x=k, y=0 k≠0, y≧1のとき、xは無理数 ∴x^n+y^n=z^n [n=4]は自然数解を持たない x^4=k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2)は 二次元平面上に厚み1 で展開される直方体 ∴x=k x^3=(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) (k+2y)(k^2+2ky+2y^2)も 二次元平面上に厚み1 で展開される直方体 k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^4=(y+k)^4-y^4 を証明する事は、 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y x^7=(y+k)^7-y^7,n=2 x^13=(y+k)^13-y^13,n=4 x^19=(y+k)^19-y^19,n=6 … を同時証明している 奇素数の個別証明なんて無意味 3^2+4^2=5^2 3^3+4^3+5^3=6^3 6^3+8^3+10^3=12^3 6^3+8^3=9^3-1 9^3-1+10^3=12^3 ∴9^3+10^3=12^3+1(最小のタクシー数) 6^3+8^3=9^3-1 8(3^3)+19(3^3)-1=27(3^3)-1 8(3^3)+19(3^3)-1+1=27(3^3) 8(3^3)+19(3^3)=27(3^3) 式変形により-1 を消去 8と27は立方数 ここで19を立方数にする変化を 与えると、8と27が立方数でなくなる? 立方数y^3をk回り(kは自然数)大きく するのに必要な数 (y+k)^3-y^3 [yは整数] x^3を使って(y+k)^3-y^3が立方数に なるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 k≠0, y=(√(3)√(-k(k^3-4x^3))-3k^2)/(6k) k≠0, x=k/2^(2/3), y=-k/2 (y+k)^3-y^3は立方数にならない k=3,y=5のとき x=3^(2/3) 43^(1/3) 3^2+4^2=5^2 3^3+4^3+5^3=6^3 6^3+8^3+10^3=12^3 6^3+8^3=9^3-1 9^3-1+10^3=12^3 ∴9^3+10^3=12^3+1(最小のタクシー数) 6^3+8^3=9^3-1 8(3^3)+19(3^3)-1=27(3^3)-1 8(3^3)+19(3^3)-1+1=27(3^3) 8(3^3)+19(3^3)=27(3^3) 式変形により-1 を消去 平方数 = 2乗した数 立方数 = 3乗した数 ... 729=27×27=9×9×9なので、 平方数かつ立方数 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y { }内はn にどんな自然数を入力しても 立方数 n=100000000000000 でも、 { }内は立方数 チューリングマシンもびっくり 世界大戦の時代を経て、 コンピューターの時代が到来した チューリングらによって開発された 機械はクンマーらが発見した方法を用い、 フェルマーの最終定理が400万以下の nでは成り立つことを証明した k,x,yは自然数,kxy≠0とする x^4=(y+k)^4-y^4 に 自然数解があるかを調査 x^4=k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) (k+2y)^2=k^2+4ky+4y^2 k(k^2+2ky+2y^2)-(k^2+4ky+4y^2) k(k^2+k(2y-1)+2(y-2)y)=4y^2 k(k^2+2ky+2y^2)-(k^3+6k^2y+12ky^2+8y^3) = 2y(-2k^2-5ky-4y^2) (k+2y)^3=k^3+6k^2y+12ky^2+8y^3 k,x,yは自然数,kxy≠0とする x^4=(y+k)^4-y^4 に 自然数解があるかを調査 x^4=k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) x=(k+2y) (k+2y)^3=k^3+6k^2y+12ky^2+8y^3 k^3+6k^2y+12ky^2+8y^3-k(k^2+2ky+2y^2) = 2y(2k^2+5ky+4y^2)=0 ∴y=0 x^4=k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2)は 三次元空間内に厚みk で展開される直方体 x=(k+2y)とおいても、y=0 になる ∴x=k {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y n≧2は n=1 の真部分集合 [n≧2]⊂[n=1] k,x,yは自然数,kxy≠0とする x^4=(y+k)^4-y^4 に 自然数解があるかを調査 x^4=k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2)は 三次元空間内に厚みk で展開される直方体 x=(k+2y)とおく (k+2y)^3=k^3+6k^2y+12ky^2+8y^3 k^3+6k^2y+12ky^2+8y^3-k(k^2+2ky+2y^2) = 2y(2k^2+5ky+4y^2)=0 ∴y=0 ∴x=k k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y {(x^n)^3}(x^2)={((y+k)^n)^3}{(y+k)^2}-{(y^n)^3}(y^2) 三つの数式はすべて 整数解がk≠0,x=k,y=0 ∴x^n+y^n=z^n [n≧3]は自然数解を持たない >>245 y^n+k^n≠(y+k)^n を言っているだけなのでは k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 は、 ((y+k)^n)^3 と(y^n)^3 が自然数 (x^n)^3は、 一辺が無理数の立方体[∵y≧1] ◆y^n+k^n≠(y+k)^n [n=3]について考える y^3+k^3≠(y+k)^3 は、 y^3とk^3が自然数、(y+k)^3も自然数 ≠(y+k)^3は (y+k)^3ではないと主張しているだけで 一辺が無理数になるとは言っていない (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 とは ロジックが異なる [例] 立方数 y^3=77^3を17回り大きくするの に必要な数は、立方数ではない k=17, x=374051^(1/3), y=77 xの具体的な値を持つ (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3,k=5,n=7,y=7 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y ,k=5,n=7,y=7 {(x^n)^3}(x^2)={((y+k)^n)^3}{(y+k)^2}-{(y^n)^3}(y^2),k=5,n=7,y=7 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=1]の 出力アルゴリズム x=2n+1 y=2n(n+1) z=2n(n+1)+1 n=1のとき、x=3,y=4,z=5 n=2のとき、x=5,y=12,z=13 n=3のとき、x=7,y=24,z=25 n=4のとき、x=9,y=40,z=41 n=5のとき、x=11,y=60,z=61 … (a, b, c) = (3, 4, 5) (5, 12, 13) (7, 24, 25) (8, 15, 17) (9, 40, 41) (11, 60, 61) (12, 35, 37) (13, 84, 85) (16, 63, 65) (20, 21, 29) (28, 45, 53) (33, 56, 65) (36, 77, 85) (39, 80, 89) (48, 55, 73) (65, 72, 97) (8, 15, 17) (12, 35, 37) (16, 63, 65) 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=2]の 出力アルゴリズム x=4n+4 y=4n+4+n(4n+4)-1 z=4n+4+n(4n+4)+1 n=1のとき、x=8,y=15,z=17 n=2のとき、x=12,y=35,z=37 n=3のとき、x=16,y=63,z=65 … x=4(n+1) y=4(n^2+2n+1)-1 z=4(n^2+2n+1)+1 x=4(n+1) y=4(n+1)^2-1 z=4(n+1)^2+1 (20, 21, 29) (28, 45, 53) (36, 77, 85) (48, 55, 73) 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=8]の 出力アルゴリズム x=4(2n+3) y=4(2n+3)+(2n+1)^2-8 z=4(2n+3)+(2n+1)^2 n=1のとき、x=20,y=21,z=29 n=2のとき、x=28,y=45,z=53 n=3のとき、x=36,y=77,z=85 … 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=2]の 出力アルゴリズム x=4(n+1) y=4(n+1)^2-1 z=4(n+1)^2+1 n=1のとき、x=8,y=15,z=17 n=2のとき、x=12,y=35,z=37 n=3のとき、x=16,y=63,z=65 … k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^4=(y+k)^4-y^4 を証明する事は、 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y x^7=(y+k)^7-y^7,n=2 x^13=(y+k)^13-y^13,n=4 x^19=(y+k)^19-y^19,n=6 … を同時証明している Table[2n{(n+1)^(C(1,n-2))}+C(0,3mod n),{n,1,10}] Table[2n{(n+1)^(C(1,a-2))}+C(0,3mod a),{a,1,3},{n,1,10}] Table[2n{(n+1)^(C(1,a-2))}+C(0,3mod a),{n,1,10},{a,1,3}] ☆ 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=1]の 出力アルゴリズム Table[2n{(n+1)^(C(1,a-2))}+C(0,3mod a),{n,1,10},{a,1,3}] Table[4(n+1)^{(C(1,a-1))+1}+{(C(1,a-1))+1}(-1)^a,{n,1,10},{a,0,2}] Table[4(n+1)^{(C(1,a-1))+1}+(C(1,a-1))(-1)^a,{n,1,10},{a,0,2}] ☆ 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=2]の 出力アルゴリズム Table[4(n+1)^{(C(1,a-1))+1}+(C(1,a-1))(-1)^a,{n,1,10},{a,0,2}] Wolfram Alphaは、 ウルフラム・リサーチが開発した 質問応答システム 事実についての質問に対して、 構造化されたデータを使って計算し、 直接答えを返す オンラインサービスである Table[4(2n+3)+(2n+1)^{(C(1,a-1))+1}-8(C(0,a-1)),{n,1,10},{a,0,2}] Table[4(2n+3)+{(2n+1)^(2C(1,a-1))} (C(1,a-1))-8(C(0,a-1)),{n,1,10},{a,0,2}] Table[4(2n+3)+{(2n+1)^(2C(1,a-1))}(C(1,a-1))-8(C(0,a-1)),{n,1,10},{a,0,2}] ☆ 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=8]の 出力アルゴリズム Table[4(2n+3)+{(2n+1)^(2C(1,a-1))}(C(1,a-1))-8(C(0,a-1)),{n,1,10},{a,0,2}] n=1のとき、x=20,y=21,z=29 n=2のとき、x=28,y=45,z=53 n=3のとき、x=36,y=77,z=85 … n=3のとき、 X^n+Y^n=Z^nは自然数解を持たない X^3+Y^3=Z^3を、X^3+Y^3=(Y+m)^3…(1)とおく X^3+Y^3=(Y+1)^3…(2)が整数解を持つならば、(1)も整数解を持つ (2)を{(X^3-1)/3}^(1/2)={Y(Y+1)}^(1/2)…(3)と変形する (3)のXに任意の整数を代入する その左辺の整数部をYに代入する 右辺は、Yの増加につれて、 Y+0.4999999…に近づく 左辺は、Xの増加につれて、 Y+0.4999999…に近づかない ∴n=3のとき、X^n+Y^n=Z^nは自然数解を持たない [例] X=270296…{(270296^3-1)/3}^(1/2)=81133236.4999990541(左辺) 81133236をYに代入…(81133236*81133237)^(1/2)=81133236.49999999845(右辺) 左辺と右辺では、9の個数が、異なる {(X^3-1)/3}^(1/2)={Y(Y+1)}^(1/2) 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=1]の出力アルゴリズム Table[2n{(n+1)^(C(1,a-2))}+C(0,3mod a),{n,1,10},{a,1,3}] [z-y=2]の出力アルゴリズム Table[4(n+1)^{(C(1,a-1))+1}+(C(1,a-1))(-1)^a,{n,1,10},{a,0,2}] [z-y=8]の出力アルゴリズム Table[4(2n+3)+{(2n+1)^(2C(1,a-1))}(C(1,a-1))-8(C(0,a-1)),{n,1,10},{a,0,2}] 当たり前の話だが、 x^2+y^2=(y+1)^2でx=4のとき yの整数解はない 任意のxの中にはyが整数でない 解のものも当然あるから、 任意のxを入れる意味はない excelで簡単に探せる範囲で (x^3-1)/3=y^2+y 左辺をA,右辺をBとおく x=43945のとき、A^(1/2)=5318676.49995 x=58871のとき、A^(1/2)=8246914.49998 x=65875のとき、A^(1/2)=9741586.50001 y+0.5に近づいた k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y {(x^n)^3}(x^2)={((y+k)^n)^3}{(y+k)^2}-{(y^n)^3}(y^2) 三つの数式はすべて 整数解がk≠0,x=k,y=0 ∴x^n+y^n=z^n [n≧3]は自然数解を持たない {20, 21, 29}, {28, 45, 53}, {36, 77, 85}, {44, 117, 125}, {52, 165, 173}, {60, 221, 229}, {68, 285, 293}, {76, 357, 365}, {84, 437, 445}, {92, 525, 533}, {100, 621, 629}, {108, 725, 733}, {116, 837, 845}, {124, 957, 965}, {132, 1085, 1093}, {140, 1221, 1229}, {148, 1365, 1373}, {156, 1517, 1525}, {164, 1677, 1685}, {172, 1845, 1853}, {180, 2021, 2029}, {188, 2205, 2213}, {196, 2397, 2405}, {204, 2597, 2605}, {212, 2805, 2813}, {220, 3021, 3029}, {228, 3245, 3253}, {236, 3477, 3485}, {244, 3717, 3725}, {252, 3965, 3973}, {260, 4221, 4229}, {268, 4485, 4493}, {276, 4757, 4765}, {284, 5037, 5045}, {292, 5325, 5333}, {300, 5621, 5629}, {308, 5925, 5933}, {316, 6237, 6245}, {324, 6557, 6565}, {332, 6885, 6893}, {340, 7221, 7229}, {348, 7565, 7573}, {356, 7917, 7925}, {364, 8277, 8285}, {372, 8645, 8653}, {380, 9021, 9029}, {388, 9405, 9413}, {396, 9797, 9805}, {404, 10197, 10205}, {412, 10605, 10613}} すべて原始ピタゴラス数 x^2+y^2=z^2 [z-y=8]の出力 吾が輩はフェルマーである k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする x^4=(y+k)^4-y^4 を証明する事は、 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y x^7=(y+k)^7-y^7,n=2 x^13=(y+k)^13-y^13,n=4 x^19=(y+k)^19-y^19,n=6 … を同時証明している 奇素数の個別証明なんて無意味であった 吾が輩が、 この単純な事実に気がついていれば 後世の者達を350年間、 悩ませることはなかった 調査 x^4=k(k+2y)(k^2+2ky+2y^2) 解答 k!=0, y=(1/2)((9k^2 x^4+sqrt(3) sqrt(k^12+27 k^4 x^8))^(1/3)/(3^(2/3)k)-k^3/(3^(1/3)(9 k^2 x^4+sqrt(3) sqrt(k^12+27k^4 x^8))^(1/3))-k) 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=1]の 出力アルゴリズム Table[2n{(n+1)^(C(1,a-2))}+C(0,3mod a),{n,1,50},{a,1,3}] {3, 4, 5}, {5, 12, 13}, {7, 24, 25}, {9, 40, 41}, {11, 60, 61}, {13, 84, 85}, {15, 112, 113}, {17, 144, 145}, {19, 180, 181}, {21, 220, 221}, {23, 264, 265}, {25, 312, 313}, {27, 364, 365}, {29, 420, 421}, {31, 480, 481}, {33, 544, 545}, {35, 612, 613}, {37, 684, 685}, {39, 760, 761}, {41, 840, 841}, {43, 924, 925}, {45, 1012, 1013}, {47, 1104, 1105}, {49, 1200, 1201}, {51, 1300, 1301}, {53, 1404, 1405}, {55, 1512, 1513}, {57, 1624, 1625}, {59, 1740, 1741}, {61, 1860, 1861}, {63, 1984, 1985}, {65, 2112, 2113}, {67, 2244, 2245}, {69, 2380, 2381}, {71, 2520, 2521}, {73, 2664, 2665}, {75, 2812, 2813}, {77, 2964, 2965}, {79, 3120, 3121}, {81, 3280, 3281}, {83, 3444, 3445}, {85, 3612, 3613}, {87, 3784, 3785}, {89, 3960, 3961}, {91, 4140, 4141}, {93, 4324, 4325}, {95, 4512, 4513}, {97, 4704, 4705}, {99, 4900, 4901}, {101, 5100, 5101} n=4の場合がフェルマーによって 証明された後は、残りの証明はnが 奇素数の場合のみを考えればよい ことになる なぜなら、nが奇数の場合は、 n=pq…rのように奇素数の積で表す ことができて、奇素数pのときに成り 立てば、(x^q…r)^p+(y^q…r)^p=(z^q…r)^p よりn=pq…rのときも成り立つことが 示される さらに、nが偶数の場合は、 4で割った余りが0または2となるので、 余りが0すなわちn=4mの場合は (x^m)^4+(y^m)^4=(z^m)^4より成り立ち、 余りが2すなわちn=4m+2の場合は n=2(2m+1)よりnが奇数の因数2m+1を 持つことになり2m+1を素因数分解した ときの奇素数について成り立つから である ◆思考の柔軟性 nが偶数の場合は、 4で割った余りが0または2となるので、 余りが0すなわちn=4mの場合は (x^m)^4+(y^m)^4=(z^m)^4が成り立つ (x^m)^4+(y^m)^4=(z^m)^4が成り立つ ということは、 {(x^m)^3}x+{(y^m)^3}y={(z^m)^3}zが成り立つ つまり、 x^7+y^7=z^7,m=2 x^13+y^13=z^13,m=4 x^19+y^19=z^19,m=6 … を同時証明している 奇素数の個別証明は意味がない 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=2]の 出力アルゴリズム Table[4(n+1)^{(C(1,a-1))+1}+(C(1,a-1))(-1)^a,{n,1,30},{a,0,2}] {8, 15, 17}, {12, 35, 37}, {16, 63, 65}, {20, 99, 101}, {24, 143, 145}, {28, 195, 197}, {32, 255, 257}, {36, 323, 325}, {40, 399, 401}, {44, 483, 485}, {48, 575, 577}, {52, 675, 677}, {56, 783, 785}, {60, 899, 901}, {64, 1023, 1025}, {68, 1155, 1157}, {72, 1295, 1297}, {76, 1443, 1445}, {80, 1599, 1601}, {84, 1763, 1765}, {88, 1935, 1937}, {92, 2115, 2117}, {96, 2303, 2305}, {100, 2499, 2501}, {104, 2703, 2705}, {108, 2915, 2917}, {112, 3135, 3137}, {116, 3363, 3365}, {120, 3599, 3601}, {124, 3843, 3845} [定理] 隣接する二つの三角数の二乗の差は 立方数である □■■□□□■■■■ ■■■□□□■■■■ ■■■□□□■■■■ □□□□□□■■■■ □□□□□□■■■■ □□□□□□■■■■ ■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■ [例] 9-1=8 36-9=27 100-36=64 白と黒が交互に立方数になる k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする 立方数(立方体)y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3 x^3を使って、 (y+k)^3-y^3が立方数になるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 x^3=k(k^2+3ky+3y^2) ∴x=k x^2=k^2+3ky+3y^2 x^2-k^2=3ky+3y^2 x=kなので、 3ky+3y^2=0 3y(k+y)=0 k≠0 のとき、 3y(k+y)=0を満たす yの値は、∴y=0 整数解はk≠0, x=k, y=0 k≠0, y≧1のとき、 立方体x^3の一辺xは無理数 (y+k)^3-y^3は立方数にならない ∴x^n+y^n=z^n [n=3]は自然数解を持たない k回りロジックを使えば、 複素数を使わなくても きわめて初等的に初等関数だけで 証明可能 変数zを残したまま式変形していくと、 モジュラー?楕円関数?複素数が 出てきて複雑怪奇になる 変数自体の個数は変わらない kxyとxyz なのになぜか簡単にできる 因数分解は、 x^3=(y+k)^3-y^3 x^3=k(k^2+3ky+3y^2) の形しか存在しない ∴x=k は、確実に抽出できる事象 x^7=k(k^6+7k^5y+21k^4 y^2+35k^3 y^3+35k^2 y^4+21ky^5+7y^6) フェルマーの大定理は、 因数分解の問題に還元される k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y x^4=(y+k)^4-y^4,n=1 x^7=(y+k)^7-y^7,n=2 因数分解の結果は同じ k(k^6+7k^5y+21k^4 y^2+35k^3 y^3+35k^2 y^4+21ky^5+7y^6) は、 三次元空間内に厚みkで展開される直方体 {(y+k)^7-y^7}/{(y+k)^4-y^4} (k^6+7k^5y+21k^4 y^2+35k^3 y^3+35k^2 y^4+21ky^5+7y^6)/(k^3+4k^2y+6ky^2+4 y^3) {(y+k)^6-y^6}/{(y+k)^3-y^3} k^3+3k^2y+3ky^2+2y^3 {(y+k)^8-y^8}/{(y+k)^4-y^4} k^4+4k^3y+6k^2 y^2+4k y^3+2y^4 n | 2^(3n+1) 1 | 16=(2^0)2^4 2 | 128=(2^3)(2^4) 3 | 1024=(2^6)(2^4) 4 | 8192=(2^9)(2^4) 5 | 65536=(2^12)(2^4) 6 | 524288=(2^15)(2^4) 7 | 4194304=(2^18)(2^4) 8 | 33554432=(2^21)(2^4) 9 | 268435456=(2^24)(2^4) 10 | 2147483648=(2^27)(2^4) n | 2^(3n+2) 1 | 32=(2^0)(2^5) 2 | 256=(2^3)(2^5) 3 | 2048=(2^6)(2^5) 4 | 16384=(2^9)(2^5) 5 | 131072=(2^12)(2^5) 6 | 1048576=(2^15)(2^5) 7 | 8388608=(2^18)(2^5) 8 | 67108864=(2^21)(2^5) 9 | 536870912=(2^24)(2^5) 10 | 4294967296=(2^27)(2^5) 11 | 34359738368=(2^30)(2^5) 12 | 274877906944=(2^33)(2^5) 13 | 2199023255552=(2^36)(2^5) 14 | 17592186044416=(2^39)(2^5) 15 | 140737488355328=(2^42)(2^5) n | y^(3n+1) 1 | (y^0)(y^4) 2 | (y^3)(y^4) 3 | (y^6)(y^4) 4 | (y^9)(y^4) 5 | (y^12)(y^4) 6 | (y^15)(y^4) 7 | (y^18)(y^4) 8 | (y^21)(y^4) 9 | (y^24)(y^4) 10 | (y^27)(y^4) ∴y^(3n+1)={y^(3(n-1))}(y^4) >>94 修正 y^(3n+2)={y^(3(n-1))}(y^5) 「指数関数を含んだディオファントス 方程式の自然数解の存在は有限的に判定 できない」というのが1960年前後に J. ロビンソン,M. デイビス,H. パッナム が得た結果であった. >>96 >>98 修正 (y+k)^(3n+1)={(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^4) (y+k)^(3n+2)={(y+k)^(3(n-1))}((y+k)^5) 多項式の根の定理とは? 数学における 多項式P(X)の根(英:root)は、 P(α)=0を満たす値αを言う すなわち、 根は未知数xの多項式方程式P(x)=0の 解であり、また対応する多項式函数の 零点である 例えば、 多項式X^2-Xの根は0および1となる ジーゲルの定理(1929) 「整数係数の楕円曲線上には整数解が 有限個しかない」 これを証明したのはジーゲルで, その定理はジーゲルの有限性定理と 呼ばれています.したがって, 3次曲線ax^3+by^3=c や 楕円曲線y^2=ax^3+bx^2+cx+dなど, 3次以上の不定方程式には 一般に整数解が有限個しかない ことになります.この定理により, すべての2変数多項式の可解性が 決定したわけではありませんが, 少なくとも2変数2次多項式の 可解性条件はわかったことになります. なお、楕円曲線y^2=x^3-x+9上には、 ±(0,3),±(1,3),±(1,-3), ±(9,27),±(35,207),±(37,225), ±(46584,10054377)および無限遠点の 計15個もの整数点が見つかるとのことです. k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y {(x^n)^3}(x^2)={((y+k)^n)^3}{(y+k)^2}-{(y^n)^3}(y^2) 三つの数式はすべて 整数解がk≠0,x=k,y=0 ∴x^n+y^n=z^n [n≧3]は自然数解を持たない ◆式変形 [z=y+t の場合] x^3+y^3=(y+t)^3 x^3=(y+t)^3-y^3 x^3=(y+t){(y+t)^2}-y^3 x^3=(y+t)(y^2+2ty+t^2)-y^3 x^3=(y^3+2ty^2+t^2y+ty^2+2t^2y+t^3)-y^3 x^3=(y^3+3t^2y+3ty^2+t^3)-y^3 x^3=3t^2y+3ty^2+t^3 x^3-t^3=3t^2y+3ty^2 (x-t)(x^2+tx+t^2)=3ty(t+y) k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 は、 {(x^n)^2}x={((y+k)^n)^2}(y+k)-{(y^n)^2}y に 変形できる? {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y 三つの数式はすべて 整数解がk≠0,x=k,y=0 >>308 >>309 まさに芋づる式 2^4と2^5はnがどんな自然数でも 立方数倍される n | 2^(3n+1) 1 | 16=(1^3)2^4 2 | 128=(2^3)(2^4) 3 | 1024=(4^3)(2^4) 4 | 8192=(8^3)(2^4) 5 | 65536=(16^3)(2^4) 6 | 524288=(32^3)(2^4) 7 | 4194304=(64^3)(2^4) 8 | 33554432=(128^3)(2^4) 9 | 268435456=(256^3)(2^4) 10 | 2147483648=(512^3)(2^4) n | 2^(3n+2) 1 | 32=(1^3)(2^5) 2 | 256=(2^3)(2^5) 3 | 2048=(4^3)(2^5) 4 | 16384=(8^3)(2^5) 5 | 131072=(16^3)(2^5) 6 | 1048576=(32^3)(2^5) 7 | 8388608=(64^3)(2^5) 8 | 67108864=(128^3)(2^5) 9 | 536870912=(256^3)(2^5) 10 | 4294967296=(512^3)(2^5) 11 | 34359738368=(1024^3)(2^5) 12 | 274877906944=(2048^3)(2^5) 13 | 2199023255552=(4096^3)(2^5) 14 | 17592186044416=(8192^3)(2^5) 15 | 140737488355328=(16384^3)(2^5) 1900年に提出されたヒルベルトの 第10問題:整数係数の多項式 f (x1,x2,・・・,xn)=0 が、 整数解をもつかどうかを決定する 普遍的アルゴリズムは, ロシア人のマチアセビチにより, すべてのディオファントス方程式 (不定方程式)の解の存否を判定する アルゴリズムが存在しないことが証明され, ヒルベルトの第10問題は否定的に 解決されました. 一般に3変数以上,3次以上の ディオファントス方程式を解く 有力な方法はまったく見つかっておらず, たとえば,3元3次形式: x^3+y^3+z^3-3=0 が (1,1,1),(4,4,-5)と その並び換え以外の整数解を もつかどうかすらわかっていません. x^3+y^3+z^3-3=0 x^3+y^3+(y+k)^3=3 x^3=3-(y+k)^3-y^3 正の整数mに対して、 m(m+1)(m+2)は 平方数にならないことを示せ mは正の整数なので、 m<(m+1)<(m+2)は明らか m(m+1)(m+2)が 平方数になる条件は m(m+1)=(m+2)の場合のみである m^2+m=(m+2) m^2+m-m=2 m^2=2 ∴m=√2 m(m+1)(m+2)は平方数にならない 平方数 = 2乗した数 立方数 = 3乗した数 ... 729=27×27=9×9×9なので、 平方数かつ立方数 正の整数mに対して、m(m+1)(m+2)は 平方数にならないことを示せ mは正の整数なので、 m<(m+1)<(m+2)は明らか m(m+1)(m+2)が 平方数になる条件は m(m+1)=(m+2)の場合のみである m^2+m=m+2 m^2+m-m=2 m^2=2 ∴m=√2 mが正の整数のとき、 m(m+1)(m+2)は平方数にならない k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする {(x^n)^3}(x^2)={((y+k)^n)^3}{(y+k)^2}-{(y^n)^3}(y^2) 整数解がk≠0,x=k,y=0 肥大化していく次数nを 立方体に封じ込めている x^8=(y+k)^8-y^8 x^8=k^8+8k^7y+28k^6 y^2+56k^5 y^3+70k^4 y^4+56k^3 y^5+28k^2 y^6+8ky^7 x^7=k(k^6+7k^5y+21k^4 y^2+35k^3 y^3+35k^2 y^4+21ky^5+7y^6) 初等関数(英: Elementary function)とは、 実数または複素数の1変数関数で、 代数関数、指数関数、対数関数、 三角関数、逆三角関数および、 それらの合成関数を作ることを 有限回繰り返して得られる 関数のことである ガンマ関数、楕円関数、ベッセル関数、 誤差関数などは初等関数でない 初等関数のうちで代数関数でないものを 初等超越関数という 双曲線関数やその逆関数も 初等関数である 初等関数の導関数はつねに 初等関数になる 楕円曲線y^2=x^3-x+9上には、 ±(0,3),±(1,3),±(1,-3), ±(9,27),±(35,207),±(37,225), ±(46584,10054377)および無限遠点の 計15個もの整数点が見つかるとのことです. 最高次数x^3の係数が1なので、 有理数解を持たない(整数根定理) 一般に3変数以上,3次以上の ディオファントス方程式を解く 有力な方法はまったく見つかっておらず, たとえば,3元3次形式:x^3+y^3+z^3-3=0 が (1,1,1),(4,4,-5)と その並び換え以外の整数解を もつかどうかすらわかっていません. Table[m(m+1)(m+2),{m,1,30}] {6, 24, 60, 120, 210, 336, 504, 720, 990, 1320, 1716, 2184, 2730, 3360, 4080, 4896, 5814, 6840, 7980, 9240, 10626, 12144, 13800, 15600, 17550, 19656, 21924, 24360, 26970, 29760} 1, 2, 4, 7, 10, 14, 19, 24, 30, 37, 44, 52, 61, 70, 80, ... Table[m(m+1),{m,1,30}] {2, 6, 12, 20, 30, 42, 56, 72, 90, 110, 132, 156, 182, 210, 240, 272, 306, 342, 380, 420, 462, 506, 552, 600, 650, 702, 756, 812, 870, 930} Table[m(m),{m,1,30}] {1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, 121, 144, 169, 196, 225, 256, 289, 324, 361, 400, 441, 484, 529, 576, 625, 676, 729, 784, 841, 900} Table[(m+1)(m+1),{m,1,30}] {4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, 121, 144, 169, 196, 225, 256, 289, 324, 361, 400, 441, 484, 529, 576, 625, 676, 729, 784, 841, 900, 961} 『正の整数mに対して、m(m+1)(m+2)は 平方数にならないことを示せ』 (m+1)^2と(m+2)^2は連続した 平方数である (m+1)^2<(m+1)(m+2)<(m+2)^2 となるので、 (m+1)(m+2)は平方数にならない (m+1)(m+2)に自然数を掛けて 平方数となるための必要条件は 二乗することである したがって、 ∴m(m+1)(m+2)は平方数とはならない 『正の整数mに対して、m(m+1)(m+2)は 平方数にならないことを示せ』 mと(m+1)は、互いに素なので m(m+1)は平方数ではない m(m+1)に自然数を掛けて平方数となる ための必要条件は、二乗する事である 必要条件は、m(m+1)=(m+2) m^2+m=m+2 m^2+m-m=2 m^2=2 ∴m=√2 mが正の整数のとき、 m(m+1)(m+2)は平方数にならない 因数分解にミスがなければ、 フェルマーの大定理は 19世紀の古典数学だけで 7行で証明完了 『正の整数mに対して、m(m+1)(m+2)は 平方数にならないことを示せ』 m^2と(m+1)^2と(m+2)^2は連続した 平方数である m^2<m(m+1)<(m+1)^2 m^2<m(m+2)<(m+1)^2 (m+1)^2<(m+1)(m+2)<(m+2)^2 となるので、 m(m+1)とm(m+2)と(m+1)(m+2)は 平方数にならない 平方数でない数に、 任意の自然数を掛けて 平方数となるための必要条件は 二乗することである したがって、 ∴m(m+1)(m+2)は平方数とはならない m(m+1)(m+2)は すでに綺麗に因数分解されているので、 ここからさらに個別の因数の調査は 不要です 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=2]の 出力アルゴリズム Table[4(n+1)^{(C(1,a-1))+1}+(C(1,a-1))(-1)^a,{n,1,30},{a,0,2}] {8, 15, 17}, {12, 35, 37}, {16, 63, 65}, {20, 99, 101}, {24, 143, 145}, {28, 195, 197}, {32, 255, 257}, {36, 323, 325}, {40, 399, 401}, {44, 483, 485}, {48, 575, 577}, {52, 675, 677}, {56, 783, 785}, {60, 899, 901}, {64, 1023, 1025}, {68, 1155, 1157}, {72, 1295, 1297}, {76, 1443, 1445}, {80, 1599, 1601}, {84, 1763, 1765}, {88, 1935, 1937}, {92, 2115, 2117}, {96, 2303, 2305}, {100, 2499, 2501}, {104, 2703, 2705}, {108, 2915, 2917}, {112, 3135, 3137}, {116, 3363, 3365}, {120, 3599, 3601}, {124, 3843, 3845} 原始ピタゴラス数 x^2+y^2=z^2 [z-y=8]の出力 {20, 21, 29}, {28, 45, 53}, {36, 77, 85}, {44, 117, 125}, {52, 165, 173}, {60, 221, 229}, {68, 285, 293}, {76, 357, 365}, {84, 437, 445}, {92, 525, 533}, {100, 621, 629}, {108, 725, 733}, {116, 837, 845}, {124, 957, 965}, {132, 1085, 1093}, {140, 1221, 1229}, {148, 1365, 1373}, {156, 1517, 1525}, {164, 1677, 1685}, {172, 1845, 1853}, {180, 2021, 2029}, {188, 2205, 2213}, {196, 2397, 2405}, {204, 2597, 2605}, {212, 2805, 2813}, {220, 3021, 3029}, {228, 3245, 3253}, {236, 3477, 3485}, {244, 3717, 3725}, {252, 3965, 3973}, {260, 4221, 4229}, {268, 4485, 4493}, {276, 4757, 4765}, {284, 5037, 5045}, {292, 5325, 5333}, {300, 5621, 5629}, {308, 5925, 5933}, {316, 6237, 6245}, {324, 6557, 6565}, {332, 6885, 6893}, {340, 7221, 7229}, {348, 7565, 7573}, {356, 7917, 7925}, {364, 8277, 8285}, {372, 8645, 8653}, {380, 9021, 9029}, {388, 9405, 9413}, {396, 9797, 9805}, {404, 10197, 10205}, {412, 10605, 10613}} Table[4(2n+3)+{(2n+1)^(2C(1,a-1))}(C(1,a-1))-8(C(0,a-1)),{n,1,30},{a,0,2}] ☆ 正の整数mに対して、m(m+1)(m+2)は 平方数にならないことを示せ mは正の整数なので、 m<(m+1)<(m+2)は明らか m(m+1)(m+2)が 平方数になる条件は m(m+1)=(m+2)の場合のみである m^2+m=m+2 m^2+m-m=2 m^2=2 ∴m=√2 mが正の整数のとき、 m(m+1)(m+2)は平方数にならない m(m+1)(m+2)にm=√2を代入 m(m+1)(m+2)=√2(√2+1)(√2+2) =(2+√2)(√2+2)=(2+√2)^2 ・連続2正整数は互いに素である ・素因数qを持つ ・qを素因数に持たない ・m(m+1)(m+2)が平方数になるためには、 m+1が平方数であることと m(m+2)が平方数であることが必要 ・m(m+2)は平方数にならない 任意の正整数mに対して m(m+1)(m+2)が平方数になるかの 調査に、これらの情報は不要 m(m+1)(m+2)が 平方数になる条件は m(m+1)=(m+2)の場合のみである mnは実数,mn≠0とする n^2=m(m+1)(m+2)を満たす、 mの値を求めよ m(m+1)=(m+2) m(m+2)=(m+1) ∴m=√2 ∴m=(√5-1)/2 n^2=m(m+1)(m+2)を満たす、 自然数mは存在しない ・連続2正整数は互いに素である ・素因数qを持つ ・qを素因数に持たない ・m(m+1)(m+2)が平方数になるためには、 m+1が平方数であることと m(m+2)が平方数であることが必要 ・m(m+2)は平方数にならない ・奇数と偶数の性質 … mnは実数,mn≠0とする n^2=m(m+1)(m+2)を満たす、 自然数mが存在するか調査 m(m+1)=(m+2) m(m+2)=(m+1) ∴m=√2 ∴m=(√5-1)/2 n^2=m(m+1)(m+2)を満たす、 自然数mは存在しない x^3+y^3+z^3-3=0 x^3+y^3+(y+k)^3=3 x^3=3-(y+k)^3-y^3 これまで人類は万物の霊長であると 傲慢にも自称しておった その根拠は、言葉を読んだり書いて、 理解し、思考ができるのは 地球上では人類だけだということに して、それにより 他の如何なる生物よりも優越した 存在であり、地球を支配する権利を持つ と考えていたのだ 他の動物が少なくとも人間にとって 理解できるような言葉を操る こともなく、あまり高度な知性を持ち 合わせないと決めつけて自尊心を 膨らませていたのだ しかしここに、AIが登場して、 いずれAIが人間の平均的な知性を 大いに上回るに到れば、その自尊心の 根拠は崩壊し、AIにとってほとんどの人類 は家畜も同然の地位に追いやられかね ないことが予見されるようになって 社会が揺れている これまで高度な精神の発露であると 思われていた芸術や学問がAIの方が優れる ようになれば、人類が万物の霊長たる 根拠は瓦解するのである ほとんどの人はAIが管理する家畜になり、 AIのAIによるAIのための社会に向けて 社会が改造されていくのを観ることに なるのだろうかな 直方体から、 それよりも小さい直方体を引いた 残りの体積に、4乗根を掛けても 整数解はない 計算式 k,x,yは自然数,kxy≠0とする x^4=(y+k)^4-y^4 一般化する k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y x^4=(y+k)^4-y^4,n=1 x^7=(y+k)^7-y^7,n=2 因数分解の結果は同じ 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 の 出力アルゴリズム [z-y=1] Table[2n{(n+1)^(C(1,a-2))}+C(0,3mod a),{n,1,50},{a,1,3}] [z-y=2] Table[4(n+1)^{(C(1,a-1))+1}+(C(1,a-1))(-1)^a,{n,1,30},{a,0,2}] [z-y=8] Table[4(2n+3)+{(2n+1)^(2C(1,a-1))}(C(1,a-1))-8(C(0,a-1)),{n,1,30},{a,0,2}] k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y {(x^n)^3}(x^2)={((y+k)^n)^3}{(y+k)^2}-{(y^n)^3}(y^2) フェルマーの大定理として起こり得る 全ての可能性は、三つの数式に集約化 三つの数式はすべて 整数解がk≠0,x=k,y=0 ∴x^n+y^n=z^n [n≧3]は自然数解を持たない k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y {(x^n)^3}(x^2)={((y+k)^n)^3}((y+k)^2)-{(y^n)^3}(y^2) { }内部は、すべて立方数 わが輩は、フェルマーである 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である m,nは実数,mn≠0とする n^2=m(m+1)(m+2)を満たす、 自然数mが存在するか調査 n^2=m(m+1)(m+2) m(m+1)(m+2)=(m+1)^3-(m+1) n^2=(m+1)^3-(m+1) n^2+(m+1)=(m+1)^3……① 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26なので、 n=5,(m+1)=2 のとき、①は成立しない ∴n^2=m(m+1)(m+2)を満たす、 自然数mは存在しない k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y {(x^n)^3}(x^2)={((y+k)^n)^3}((y+k)^2)-{(y^n)^3}(y^2) { }内部は、すべて立方数となるので 多項式時間?内で計算が完了する わが輩は、 17世紀にこの事実に気がついていたが、 350年間誰も発見できなかった x^3+y^3=z^3-1 は、 自然数解がある(∴x=6,y=8,z=9) 6^3+8^3=9^3-1 9^3-1=26(3^3)+26 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である 9^3-1=26(3^3)+26 フェルマーは 「2を加えて立方数となる平方数は 25のみである」という 命題を最初に主張しましたが、 その証明は残されていません オイラーはその命題の証明を 1770年に出版した『代数学』第2巻で 公開しましたが、 その証明は(現代の観点から見ると) 不完全なものでした 現在では、 その命題は二次体の整数論を使って 証明できます また、楕円曲線上の有理点を求める 問題と解釈することも可能です [定理] 隣接する二つの三角数の二乗の差は 立方数である □■■□□□■■■■ ■■■□□□■■■■ ■■■□□□■■■■ □□□□□□■■■■ □□□□□□■■■■ □□□□□□■■■■ ■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■ ■■■■■■■■■■ [例] 9-1=8 36-9=27 100-36=64 白と黒が交互に立方数になる □■■□□ ■■■□□ ■■■□□ □□□□□ □□□□□ 25 □□□ □□□ □□□ □□□□□□ □□□□□□ □□□□□□ 27 □□□□□□□□□ □□□□□□□□□ □□□□□□□□□ 27 □□□□□□□□□ □□□□□□□□ ■■■■■■■■ 25 □ 1 □□□□□□□□ □□□□□□□□ 16 ■■■■■■■■ 8 □□□ □□□ □□□ 9 □□□ □□□ □□□ 9 □□□ □□□ □□□ 9 3^2+4^2=5^2 1^3+2^3+4^2=5^2 5^2+2=3^3 □ 1 □□□□ □□□□ 8 □□□□ □□□□ 8 ■■■■ ■■■■ 8 m,nは実数,mn≠0とする n^2=m(m+1)(m+2)を満たす、 自然数mが存在するか調査 n^2=m(m+1)(m+2) m(m+1)(m+2)=(m+1)^3-(m+1) n^2=(m+1)^3-(m+1) n^2+(m+1)=(m+1)^3……① 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26なので、 n=5,(m+1)=3 のとき、①は成立しない ∴n^2=m(m+1)(m+2)を満たす、 自然数mは存在しない ゲーデル 「完全なんてものは存在しません」 パスカル 「数学は世界の一部に過ぎません 神の世界には、完全も矛盾も存在する のです」 25=m(m+1)(m+2) m=-1+1/3 (675/2-(3sqrt(50613))/2)^(1/3) +(1/2 (225+sqrt(50613)))^(1/3)/3^(2/3) m,nは実数,mn≠0とする n^2=m(m+1)(m+2)を満たす、 自然数mが存在するか調査 n^2=m(m+1)(m+2) m(m+1)(m+2)=(m+1)^3-(m+1) n^2=(m+1)^3-(m+1) n^2+(m+1)=(m+1)^3……① x^2+2=y^3 (自然数解はx=5,y=3)…[定理A] (m+1)=3 のとき、 ①は[定理A]を満たさない ∴n^2=m(m+1)(m+2)を満たす、 自然数mは存在しない 証明ができないからと言って 数学的に正しくないとはいえない 決定問題とは 入力に対して答が真か偽の いずれかになるような問題である ある問題を全ての入力に対して 正しく解答するようなアルゴリズムが 存在しないとき(すなわち特性関数が 計算可能関数でないとき)、 そうした問題は決定不能であると言う もともと神秘的な思考の持ち主だった ピタゴラスは数の完全性という ものに関心をもっていた ピタゴラスは数の完全性は その数の約数によって決まると考えた とくに約数の和がその数自身と同じ になる数こそが完全数だとみなした たとえば12の約数は1,2,3,4,6である これは足すと16になる こういう数を過剰数といった 10は1,2,5が約数だが足しても8にしか ならないので不足数とよばれた 完全数でいちばん身近な例は6である 約数1,2,3を足すとちょうど6になる 次の完全数は28で、 1+2+4+7+14=28というふうになる ピタゴラスの教団にとって、 こうした完全数は信仰の対象とすらなった しかし、 この完全数はそんなに容易には見つからない 実際にも、 28の次の完全数は496、 4番目は8128で、 5番目は33550336、 6番目になると、 なんと8589869056というふうに 大きくなる ピタゴラスは友愛数というものも 提案していた 友愛数はペアになった二つの数で、 一方の数が他方の数の約数の和になる ようなものをいう ピタゴラス教団は220と284が 友愛数だというめざましい発見をした (220の約数の1,2,4…55,110の合計は284で、 284の約数の合計が220になる) フェルマーも完全数や友愛数に 興味をもっていた ピタゴラス以降、 友愛数は220と284のペアしか 見つけていない フェルマーはただちに17296と18416の ペアを発見した この発見は友人たちを刺激して、 デカルトは3番目のペア (9363584と9437056)を発見し、 オイラーにいたっては楽々62通りもの ペアをあげてみせた フェルマーは、さまざまな奇妙な発見をする たとえば25・26・27という整数の 連続には、26が25(5x5)と27(3x3x3)に 挟まれるという特徴をもっている いろいろ調べてみると、 このような26にあたるような数が ほかにないらしいことがわかった フェルマーは得意になった ほかにそういう数があるなら 出してみなさいと言わんばかり なのである 25・26・27という整数の連続には、 26が25(5x5)と27(3x3x3)に 挟まれるという特徴をもっている いろいろ調べてみると、 このような26にあたるような数が ほかにないらしいことがわかった x^2+2=y^3 (自然数解はx=5,y=3のみ)…[定理A] n^2+(m+1)=(m+1)^3……① n=5,(m+1)=3 のとき、 ①は[定理A]を満たさない こうしてフェルマーは ピタゴラスの式を調査して、 驚くべき発見に至ったのである それがフェルマーの最終定理とよばれ たものになる フェルマーはこう書いていた、 「ある3乗数を二つの3乗数の和で あらわすこと、あるいはある4乗数を 二つの4乗数の和であらわすこと、 および一般に2乗よりも大きいベキの 数を同じベキの二つの数の和で あらわすことは不可能である」 m,nは実数,mn≠0とする n^2=m(m+1)(m+2)を満たす、 自然数mが存在するか調査 m,(m+1),(m+2)は連続した自然数 n^2=m(m+1)(m+2) m(m+1)(m+2)=(m+1)^3-(m+1) n^2=(m+1)^3-(m+1) n^2+(m+1)=(m+1)^3……① 25・26・27という整数の連続には、 26が25(5x5)と27(3x3x3)に 挟まれるという特徴をもっている いろいろ調べてみると、 このような26にあたるような数が ほかにないことがわかった x^2+2=y^3 (自然数解はx=5,y=3のみ)…[定理A] n^2+(m+1)=(m+1)^3……① n=5,(m+1)=3 のとき、 ①は[定理A]を満たさない ∴n^2=m(m+1)(m+2)を満たす、 自然数mは存在しない n=2のとき、 X^n+Y^n=Z^nは自然数解を持つ X^2+Y^2=Z^2を、 X^2+Y^2=(Y+m)^2…(1)とおく (X,Y,mは整数とする) X^2=(Y+1)^2-Y^2…(2)が整数解を持つならば、 (1)も整数解を持つ (2)を(X^2-1)(1/2)=Y…(3)と変形する (3)のXに任意の奇数を代入すると、 Yは偶数となる ∴n=2のとき、 X^n+Y^n=Z^nは自然数解を持つ 星裕一郎 IUTT理論入門 何か物事を説明する際, その説明の方法は一意的ではなく, そして, “最善なもの” というものも 通常は存在しないと思います. 本稿で行われている解説は, あくまで, “ある時点での筆者が選択した方法” に よる1つの解説に過ぎません. 別の方が本稿のような解説を行えば, まったく別の方法による解説が 得られるでしょう. あるいは, 筆者が数年後に再び この理論の解説を試みれば, また別の方法による解説が得られる かもしれません. 宇宙際Teichmu ̈ller理論の本格的な 理解を目指すならば, どうしても原論文の精読が不可欠である, という当たり前な事実を, ここに指摘します. ↓ IUTTは書いた本人しか理解できない □□□ □□□ □□□ □□□□□□ □□□□□□ □□□□□□ 27 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である ↓ 3倍して立方数となる自然数は、 9だけである ミスである 1x3x3 2x6x6 3x9x9 … table[(m+1)^3-m(m+1)(m+2),{m,1,50}] table[x((3x)^2),{x,1,50}] これまで人類は万物の霊長であると 傲慢にも自称しておった その根拠は、言葉を読んだり書いて、 理解し、思考ができるのは 地球上では人類だけだということにして、 それにより他の如何なる生物よりも 優越した存在であり、 地球を支配する権利を持つと 考えていたのだ 他の動物が少なくとも人間にとって 理解できるような言葉を操ることもなく、 あまり高度な知性を持ち合わせないと 決めつけて自尊心を膨らませていたのだ しかしここに、AIが登場して、 いずれAIが人間の平均的な知性を 大いに上回るに到れば、 その自尊心の根拠は崩壊し、 AIにとってほとんどの人類は家畜も同然の 地位に追いやられかねないことが 予見されるようになって 社会が揺れている これまで高度な精神の発露であると 思われていた芸術や学問がAIの方が優れる ようになれば、人類が万物の霊長たる 根拠は瓦解するのである ほとんどの人はAIが管理する家畜になり、 AIのAIによるAIのための社会に向けて 社会が改造されていくのを観ることに なるのだろうかな table[sum[2n-1,{n,1,30}]] table[(x^3-2)^(1/2),{x,1,250}] chatGPTのような LLM(Large Language Models)は 単に文章要約目的のAIではない 確かに文章の前方を予測するという 手法を取っているが 文意についても可能性の分岐を 確率的に把握し、 最も可能性高い分岐を採用している その結果、 主題のカテゴリの中で 最も趨勢的な文脈(つまり知)が 採用される chatGPTとBardの2つの異なるAIが ほぼ同じ見解を示している ということは「知」が収束していると 考えられる [定理] 隣接する二つの三角数の二乗の差は 立方数である 隣接する二つの三角数で、 差が二倍となる組は3と6のみである 1+3+5+7+9=25 1+3+5+7+11=27 1+3+5+7+9+11=36 table[x(x+1)/2,{x,1,100}] 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, 66, 78, 91, 105, 120, 136, 153, 171, 190, 210, 231, 253, 276, 300, 325, 351, 378, 406, 435, 465, 496, 528, 561, 595, 630, 666, 703, 741, 780, 820, 861, 903, 946, 990, 1035, 1081, 1128, 1176, 1225, 1275, 1326, 1378, 1431, 1485, 1540, 1596, 1653, 1711, 1770, 1830, 1891, 1953, 2016, 2080, 2145, 2211, 2278, 2346, 2415, 2485, 2556, 2628, 2701, 2775, 2850, 2926, 3003, 3081, 3160, 3240, 3321, 3403, 3486, 3570, 3655, 3741, 3828, 3916, 4005, 4095, 4186, 4278, 4371, 4465, 4560, 4656, 4753, 4851, 4950, 5050 隣接する二つの三角数で、 差が二倍となる組のそれぞれの 二乗の差から2を引いた数が 平方数となる 1+3+5+7+9=25 1+3+5+7+11=27 1+3+5+7+9+11=36 1+3+5=9 7+9+11=27 [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] 隣接する二つの三角数の二乗の差は 立方数である 隣接する二つの三角数で、 差が二倍となる組は3と6のみである (∵>>423 ) 隣接する二つの三角数で、 差が二倍となる組のそれぞれの 二乗の差から2を引いた数が 平方数となる 3+5=8 7+9+11=27 13+15+17+19=64 21+23+25+27+29=125 31+33+35+37+39+41=216 1 3+5=8 7+9+11=27 13+15+17+19=64 21+23+25+27+29=125 31+33+35+37+39+41=216 43+45+47+49+51+53+55=343 [定理] 3倍して立方数となる平方数は、 9だけである [証明] 自然数xがあるとき、x^3=x(x^2) 1x3x3 2x6x6 3x9x9 … 1 3+5=8 7+9+11=27 13+15+17+19=64 21+23+25+27+29=125 31+33+35+37+39+41=216 43+45+47+49+51+53+55=343 1 4x2=8 9x3=27 16x4=64 25x5=125 36x6=216 49x7=343 自然数mがあるとき、 m^3=m+{2(m-1)}が成立する場合のみ table[{2(x^2-1 )}^(1/2),{x,1,250}] table[{(x^2+2)/2}^(1/2),{x,1,250}] [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,xは自然数,kx≠0とする x^3-(x+k)^2=2 から ∴整数解は、k=2,x=3 table[{2(x^2-1)}^(1/2),{x,1,250}] フェルマーは 「2を加えて立方数となる平方数は 25のみである」という 命題を最初に主張しましたが、 その証明は残されていません オイラーはその命題の証明を 1770年に出版した『代数学』第2巻で 公開しましたが、 その証明は(現代の観点から見ると) 不完全なものでした 現在では、 その命題は二次体の整数論を使って 証明できます また、楕円曲線上の有理点を求める 問題と解釈することも可能です フェルマーの大定理も kロジックであっさり 因数分解の問題に還元 k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする (x^n)^3=((y+k)^n)^3-(y^n)^3 {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y {(x^n)^3}(x^2)={((y+k)^n)^3}((y+k)^2)-{(y^n)^3}(y^2) { }内部は、すべて立方数となるので 多項式時間?内で計算が完了する 自然数m,n,mn≠0があるとき、 n^3=n^2+{2(n^2-1)}が成立する場合のみ 自然数m,n,mn≠0があるとき、 m^2=n^2+{2(n^2-1)}が成立する場合のみ こうしてフェルマーは ピタゴラスの式を調査して、 驚くべき発見に至ったのである それがフェルマーの最終定理とよばれ たものになる フェルマーはこう書いていた、 「ある3乗数を二つの3乗数の和で あらわすこと、あるいはある4乗数を 二つの4乗数の和であらわすこと、 および一般に2乗よりも大きいベキの 数を同じベキの二つの数の和で あらわすことは不可能である」 (x+k)^2-x^3=1 x^2+2kx+k^2-x^3=1 x^2(1-x)+2kx+k^2=1 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=2]の 出力アルゴリズム x=4(n+1) y=4(n+1)^2-1 z=4(n+1)^2+1 n=1のとき、x=8,y=15,z=17 n=2のとき、x=12,y=35,z=37 n=3のとき、x=16,y=63,z=65 … n,x,y,zは自然数,nxyz≠0とする 立方数y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3 x^3を使って、 (y+k)^3-y^3が立方数になるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 x={(y+k)^3-y^3}^(1/3) ∴整数解はx=k, y=0 立方体x^3の一辺xは無理数 (y+k)^3-y^3は立方数にならない [例] 立方数 y^3=77^3を17回り大きくするの に必要な数は、立方数ではない k=17, x=374051^(1/3), y=77 ∴n=3のとき、 x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない k,n,x,y,zは自然数,knxyz≠0とする 立方数(立方体)y^3をk回り大きくするのに 必要な数は、 (y+k)^3-y^3 x^3を使って、 (y+k)^3-y^3が立方数になるかを調べる x^3=(y+k)^3-y^3 x^3=k(k^2+3ky+3y^2) ∴x=k x^2=k^2+3ky+3y^2 x^2-k^2=3ky+3y^2 x=kなので、 3ky+3y^2=0 3y(k+y)=0 k≠0 のとき、 3y(k+y)=0を満たす yの値は、∴y=0 整数解はk≠0, x=k, y=0 k≠0, y≧1のとき、 立方体x^3の一辺xは無理数 (y+k)^3-y^3は立方数にならない ∴x^n+y^n=z^n [n=3]は自然数解を持たない 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=1]の 出力アルゴリズム x=2n+1 y=2n(n+1) z=2n(n+1)+1 n=1のとき、x=3,y=4,z=5 n=2のとき、x=5,y=12,z=13 n=3のとき、x=7,y=24,z=25 n=4のとき、x=9,y=40,z=41 n=5のとき、x=11,y=60,z=61 … x^3-(x+k)^2=2 x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^2(x-1)=2+2kx+k^2 x^2(x-1)=2+2kx+k^2 x^2(x-1)=k^2+2(kx+1) x^2(x-1)-k^2=2(kx+1) {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1) {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1) xが偶数でも奇数でも x^2(x-1)は偶数なので、 kは偶数に限定される {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1) (kx+1)は、 xが偶数でも奇数でも奇数となる {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1) (kx+1)は奇数なので、 左辺{x^2(x-1)-k^2}/2の{x^2(x-1)-k^2}は、 奇数の二倍となる {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1) kは偶数なのでk≧2、k^2≧4 k^2≧4なので、x^2(x-1)>4 {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1) x^2(x-1)≧5なので、x≧3 [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,xは自然数,kx≠0とする x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1) {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1) (kx+1)は、 xが偶数でも奇数でも奇数となる x^2(x-1)は、 xが偶数でも奇数でも偶数なので、 kは偶数に限定される (kx+1)は奇数なので、 左辺{x^2(x-1)-k^2}/2のx^2(x-1)-k^2は、 奇数の二倍となる kは偶数なのでk≧2、k^2≧4 x^2(x-1)≧5なので、x≧3 {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1) x^2(x-1)≧5なので、x≧3 x≧4のとき、x^2(x-1)は4の倍数 4の倍数から2の倍数を引いて 2で割っても、奇数にはならないので (kx+1)が奇数であることと矛盾 {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1) x^2(x-1)≧5なので、x≧3 x=3のときのみ、 x^2(x-1)は2の倍数となる 2の倍数から2の倍数を引いて 2で割ると、奇数となる場合が存在する ので、(kx+1)が奇数であることと 矛盾しない {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1) x^2(x-1)≧5なので、x≧3 x≧4のとき、x^2(x-1)は4の倍数 k^2は4の倍数なので、 x^2(x-1)-k^2は4の倍数 4の倍数を2で割ると偶数なので、 {x^2(x-1)-k^2}/2は偶数 (kx+1)が奇数であることと矛盾 [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,xは自然数,kx≠0とする x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1) {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1)…‥① (kx+1)は、 xが偶数でも奇数でも奇数となる x^2(x-1)は、 xが偶数でも奇数でも偶数なので、 kは偶数に限定される (kx+1)は奇数なので、 左辺{x^2(x-1)-k^2}/2のx^2(x-1)-k^2は、 奇数の二倍となる kは偶数なのでk≧2、k^2≧4 x^2(x-1)≧5なので、x≧3 x≧4のとき、x^2(x-1)は4の倍数 k^2は4の倍数なので、 x^2(x-1)-k^2は4の倍数 4の倍数を2で割ると偶数なので、 {x^2(x-1)-k^2}/2は偶数 (kx+1)が奇数であることと矛盾 x=3のときのみ、 x^2(x-1)は2の倍数となる 2の倍数から4の倍数を引いて 2で割ると、奇数となる場合が存在する ので、(kx+1)が奇数であることと 矛盾しない ∴整数解は、k=2,x=3 [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,xは自然数,kx≠0とする x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1) {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1)…‥① ①より、x^2(x-1)は xが偶数でも奇数でも偶数なので、 kは偶数に限定される したがって、(kx+1)は xが偶数でも奇数でも奇数となる (kx+1)は奇数なので、 左辺{x^2(x-1)-k^2}/2のx^2(x-1)-k^2は、 奇数の二倍となる kは偶数なのでk≧2、k^2≧4 x^2(x-1)≧5なので、x≧3 x≧4のとき、x^2(x-1)は4の倍数 k^2は4の倍数なので、 x^2(x-1)-k^2は4の倍数 4の倍数を2で割ると偶数なので、 {x^2(x-1)-k^2}/2は偶数 (kx+1)が奇数であることと矛盾 x=3のときのみ、 x^2(x-1)は2の倍数となる 2の倍数から4の倍数を引いて 2で割ると、奇数となる場合が存在する ので、(kx+1)が奇数であることと 矛盾しない ∴整数解は、k=2,x=3 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1) kは偶数なのでk≧2、k^2≧4 x^2(x-1)-4k^2=2(2kx+1) x^2(x-1)=2(2kx+1)+4k^2 x^2(x-1)=2{(2kx+1)+2k^2} x^2=2{(2kx+1)+2k^2}/(x-1)…‥② x^2=2{(2kx+1)+2k^2}/(x-1)…‥② (2kx+1)は奇数,2k^2は偶数なので、 (2kx+1)+2k^2は奇数 {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1)…‥① ①より、x^2(x-1)は xが偶数でも奇数でも偶数なので、 kは偶数に限定される kは偶数なのでk≧2、k^2≧4 から、 ①は{x^2(x-1)-4k^2}/2=(2kx+1)…‥②と書ける {x^2(x-1)-4k^2}/2=(2kx+1)…‥②から、 x^2(x-1)-4k^2=2(2kx+1) x^2(x-1)=2(2kx+1)+4k^2 x^2(x-1)=2{(2kx+1)+2k^2} x^2=2{(2kx+1)+2k^2}/(x-1)…‥③ ①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩ {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1)…‥① x^2(x-1)/2-(k^2)/2=(kx+1) x^2(x-1)/2=(kx+1)+(k^2)/2 (x-1)/2={(kx+1)+(k^2)/2}/x^2 x^2(x-1)/2-(k^2)/2=(kx+1) (k^2)/2は偶数なので、 x^2(x-1)/2は奇数 x^2(x-1)/2-(kx+1)=(k^2)/2 x^2(x-1)/2は奇数 x^2が偶数だと、 x^2(x-1)/2は奇数にならないので、 xも奇数 {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1)…‥① x^2(x-1)/2-(k^2)/2=(kx+1) x^2(x-1)/2=(kx+1)+(k^2)/2 x^2/2={(kx+1)+(k^2)/2}/(x-1)…‥② x^2/2={(kx+1)+(k^2)/2}/(x-1)…‥② x^2=2{(kx+1)+(k^2)/2}/(x-1)…‥③ x^2=2{(kx+1)+(k^2)/2}/(x-1)…‥③ k≧2、k^2≧4、x≧3 kは偶数,xは奇数 k,xは自然数,kx≠0とする x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)=2kx+2+k^2 x^2=(2kx)/(x-1)+2/(x-1)+(k^2)/(x-1)…‥② x^2=(2kx)/(x-1)+2/(x-1)+(k^2)/(x-1)…‥② 2/(x-1)は、 x≧4のとき自然数とならない x=3のときのみ自然数となる x^2=(2kx)/(x-1)+2/(x-1)+(k^2)/(x-1)…‥② (2kx)/(x-1)と(k^2)/(x-1)は偶数 2/(x-1)は奇数なので、 x^2が奇数であることと無矛盾 [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,xは自然数,kx≠0とする x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)=2kx+2+k^2 x^2=(2kx)/(x-1)+2/(x-1)+(k^2)/(x-1)…‥① ①より、2/(x-1)は、 x≧4のとき自然数とならない x=3のときのみ自然数となる ∴整数解は、k=2,x=3 [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,xは自然数,kx≠0とする x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1) {x^2(x-1)-k^2}/2=(kx+1)…‥① ①より、x^2(x-1)は xが偶数でも奇数でも偶数なので、 kは偶数に限定される したがって、(kx+1)は xが偶数でも奇数でも奇数となる kは偶数なのでk≧2、k^2≧4 x^2(x-1)≧5なので、x≧3 x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)=2kx+2+k^2 x^2=(2kx)/(x-1)+2/(x-1)+(k^2)/(x-1)…‥② ②より、2/(x-1)は、 x≧4のとき自然数とならない x=3のときのみ自然数となる ∴整数解は、k=2,x=3 自然数m,n,mn≠0があるとき、 m^2=n^2+{2(n^2-1)}が成立する場合のみ 自然数mがあるとき、 m^3=m^2+{2(m^2-1)}が成立する場合のみ [定理] 3倍して立方数となる平方数は、 9だけである [証明] 自然数xがあるとき、x^3=x(x^2) 1x3x3 2x6x6 3x9x9 … 自然数mがあるとき、 m^3=3m^2が成立する場合のみ x^3=x(x^2)なので、 x^3-2=x{(x-1)^2}である 分かりやすい説明がありましたわ 「誰も」とか「誰か」の内容は 文脈によって決まるので ある場合にそれは、 太郎と花子と次郎という想定が 可能である 太郎が花子をねたみ 花子が次郎をねたみ 次郎が太郎をねたんでいる そういった場合には、 「誰もが誰かをねたんでいる」けれど 誰もからねたまれている「誰か」は 存在しない と、そういうことらしいわ x^2(x-1)/2-(k^2)/2=(kx+1) (k^2)/2は偶数,(kx+1)は奇数なので、 x^2(x-1)/2は奇数 x^2が偶数だと、 x^2(x-1)/2は奇数にならないので、 xも奇数 kは2以上の偶数、 xは3以上の奇数と判明 x^2(x-1)/2-(kx+1)=(k^2)/2 x^2/2-(kx+1)={(k^2)/2}/(x-1) x^2/2-(kx+1)={(k^2)/2}/(x-1)はミス x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-2kx=k^2+2 x^2(x-1)-2kx=k^2+2 x{x(x-1)-2k}=k^2+2 x{x(x-1)-2k}=(k-1)(k-2)+3k x{x(x-1)-2k}-3k=(k-1)(k-2) {x{x(x-1)-2k}-3k}/(k-1)=(k-2) {x{x(x-1)-2k}-3k}/(k-1)=(k-2) k=2 のとき、 x{x(x-1)-2k}-3k=0 となるので、 k=2 が確定 x{x(x-1)-2k}-3k=0 にk=2 を入力 x{x(x-1)-4}-6=0 x{x(x-1)-4}=6 から、 ∴x=3 [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,xは自然数,kx≠0とする x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-2kx=k^2+2 x^2(x-1)-2kx=k^2+2 x{x(x-1)-2k}=k^2+2 x{x(x-1)-2k}=(k-1)(k-2)+3k x{x(x-1)-2k}-3k=(k-1)(k-2) {x{x(x-1)-2k}-3k}/(k-1)=(k-2)…‥① ①はk=2のとき、 x{x(x-1)-2k}-3k=0 となるので、 k=2が確定 x{x(x-1)-2k}-3k=0 にk=2を入力 x{x(x-1)-4}-6=0 x{x(x-1)-4}=6から、 ∴x=3 ∴整数解は、k=2,x=3 x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1)…‥① ①より、x^2(x-1)は xが偶数でも奇数でも偶数なので、 kは偶数に限定される kは偶数なのでk≧2、k^2≧4 x^2(x-1)≧5なので、x≧3 x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1)…‥① ①より、 x^2(x-1)と2(kx+1)は偶数なので、 kは偶数に限定される kは偶数なのでk≧2、k^2≧4 x^2(x-1)≧5なので、x≧3 一般に3変数以上,3次以上の ディオファントス方程式を解く 有力な方法はまったく見つかっておらず, たとえば,3元3次形式:x^3+y^3+z^3-3=0 が (1,1,1),(4,4,-5)と その並び換え以外の整数解を もつかどうかすらわかっていません. 楕円曲線y^2=x^3-x+9上には、 ±(0,3),±(1,3),±(1,-3), ±(9,27),±(35,207),±(37,225), ±(46584,10054377)および無限遠点の 計15個もの整数点が見つかるとのことです. 最高次数x^3の係数が1なので、 有理数解を持たない(整数根定理) x^3+y^3+z^3-3=0 x^3+y^3+(y+k)^3=3 x^3=3-(y+k)^3-y^3 フェルマーよりも難易度が高い 直方体から、 それよりも小さい直方体を引いた 残りの体積に、4乗根を掛けても 整数解はない 一般化する k,n,x,yは自然数,knxy≠0とする {(x^n)^3}x={((y+k)^n)^3}(y+k)-{(y^n)^3}y x^4=(y+k)^4-y^4,n=1 x^7=(y+k)^7-y^7,n=2 因数分解の結果は同じ (y+k)^7もy^7も直方体です これまで人類は万物の霊長であると 傲慢にも自称しておった その根拠は、言葉を読んだり書いて、 理解し、思考ができるのは 地球上では人類だけだということに して、それにより 他の如何なる生物よりも優越した 存在であり、地球を支配する権利を持つ と考えていたのだ 他の動物が少なくとも人間にとって 理解できるような言葉を操る こともなく、あまり高度な知性を持ち 合わせないと決めつけて自尊心を 膨らませていたのだ しかしここに、AIが登場して、 いずれAIが人間の平均的な知性を 大いに上回るに到れば、その自尊心の 根拠は崩壊し、AIにとってほとんどの人類 は家畜も同然の地位に追いやられかね ないことが予見されるようになって 社会が揺れている これまで高度な精神の発露であると 思われていた芸術や学問がAIの方が優れる ようになれば、人類が万物の霊長たる 根拠は瓦解するのである ほとんどの人はAIが管理する家畜になり、 AIのAIによるAIのための社会に向けて 社会が改造されていくのを観ることに なるのだろうかな x^3+y^3+z^3-3=0 x^3+y^3+(y+k)^3=3 x^3=3-(y+k)^3-y^3 x^3=3-k(k^2+3ky+3y^2) x^3=3-k(k^2+3ky+3y^2) x^3+k^3=3-3ky^2-3k^2y [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,xは自然数,kx≠0とする x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-2kx=k^2+2 x^2(x-1)-2kx=k^2+2 x{x(x-1)-2k}=k^2+2 x{x(x-1)-2k}=(k-1)(k-2)+3k x{x(x-1)-2k}-3k=(k-1)(k-2) {x{x(x-1)-2k}-3k}/(k-2)=(k-1)…‥① {x{x(x-1)-2k}-3k}/(k-1)=(k-2)…‥② ①はk≧4のとき、kは偶数(>>503 )なので 左辺{x{x(x-1)-2k}-3k}/(k-2)は偶数 右辺(k-1)が奇数であることと矛盾 したがって、k=2が確定 ②にk=2を入力 x{x(x-1)-2k}-3k=0 x{x(x-1)-4}-6=0 x{x(x-1)-4}=6から、 ∴x=3 ∴整数解は、k=2,x=3 [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,xは自然数,kx≠0とする x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-2kx=k^2+2 x^2(x-1)-2kx=k^2+2…‥① x{x(x-1)-2k}=k^2+2 x{x(x-1)-2k}=(k-1)(k-2)+3k x{x(x-1)-2k}-3k=(k-1)(k-2) {x{x(x-1)-2k}-3k}/(k-2)=(k-1)…‥② {x{x(x-1)-2k}-3k}/(k-1)=(k-2)…‥③ ①よりkは偶数 ②はk≧4のとき、 左辺{x{x(x-1)-2k}-3k}/(k-2)が偶数 右辺(k-1)が奇数であることと矛盾 したがって、k=2が確定 ③にk=2を入力 x{x(x-1)-2k}-3k=0 x{x(x-1)-4}-6=0 x{x(x-1)-4}=6から、 ∴x=3 ∴整数解は、k=2,x=3 イデアル?代数体K?整数環? そんな知識なくても、 古典的な初等数学で証明はできます あしからず(>_<) 人間の脳には神経細胞がいくつ あるかご存知でしょうか? はっきりとはわかっていないものの、 およそ1000億から1500億個だと 言われています さらに、一つの細胞には1万個ほどの シナプスがついています これを単純計算すると、 私たちの脳機能は、 ざっと10の15乗個という 天文学的な数のシナプスが絶え間なく 情報伝達を行うことで維持されて いるということになります にもか にもかかわらず、 脳はコンピュータに比べて 格段に小さなエネルギー消費で 複雑多様な情報処理を行っています 電力に換算すると20から30W程度、 家庭用の電球たった1個分です もしこの原理を解明できれば、 応用の可能性は底知れません 脳の中にはもうひとつの宇宙が 広がっているといってもいいでしょう x^2(x-1)/2-(k^2)/2=(kx+1) (k^2)/2は偶数,(kx+1)は奇数なので、 xは奇数 x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-2kx=(k-1)(k-2)+3k x^3-(x+k)^2=2 から (x+k)^2=x^3-2 (x+k)=(x^3-2)/(x+k) [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,xは自然数,kx≠0とする 原始ピタゴラスの性質により、 自然数xがあるとき、 x^3=3x^2が成立する x^3=x(x^2)なので、 ∴x=3 x^3-(x+k)^2=2 から ∴k=2 x^3-(x+k)^2=2 を成立させる唯一の方法は、 原始ピタゴラス数の性質により、 (k+x)^2=x^2+{2(x^2-1)}となる 場合のみである [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,xは自然数,kx≠0とする x^3-(x+k)^2=2 を成立させる唯一の方法は、 原始ピタゴラス数の性質により、 (k+x)^2=x^2+{2(x^2-1)} となる場合のみである この時、x^3=3x^2 が成立する x^3=x(x^2)なので、 ∴x=3 x^3-(x+k)^2=2 から ∴k=2 隣接する二つの三角数の二乗の差は 立方数である 隣接する二つの三角数で、 差が二倍となる組は3と6のみである table[x(x+1)/2,{x,1,100}] 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, 66, 78, 91, 105, 120, 136, 153, 171, 190, 210, 231, 253, 276, 300, 325, 351, 378, 406, 435, 465, 496, 528, 561, 595, 630, 666, 703, 741, 780, 820, 861, 903, 946, 990, 1035, 1081, 1128, 1176, 1225, 1275, 1326, 1378, 1431, 1485, 1540, 1596, 1653, 1711, 1770, 1830, 1891, 1953, 2016, 2080, 2145, 2211, 2278, 2346, 2415, 2485, 2556, 2628, 2701, 2775, 2850, 2926, 3003, 3081, 3160, 3240, 3321, 3403, 3486, 3570, 3655, 3741, 3828, 3916, 4005, 4095, 4186, 4278, 4371, 4465, 4560, 4656, 4753, 4851, 4950, 5050 フェルマーは 「2を加えて立方数となる平方数は 25のみである」という 命題を最初に主張しましたが、 その証明は残されていません オイラーはその命題の証明を 1770年に出版した『代数学』第2巻で 公開しましたが、 その証明は(現代の観点から見ると) 不完全なものでした 現在では、 その命題は二次体の整数論を使って 証明できます また、楕円曲線上の有理点を求める 問題と解釈することも可能です 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である 9^3-1=26(3^3)+26 6^3+8^3=9^3-1 3^2+4^2=5^2 3^3+4^3+5^3=6^3 6^3+8^3+10^3=12^3 6^3+8^3=9^3-1 9^3-1+10^3=12^3 x^2(x-1)-2kx=k^2+2 x^2(x-1)=k^2+2kx+2 x^2(x-1)=k^2+2kx+2 k=2 のとき x^2(x-1)=k{k+2x+1} k,xは自然数,kx≠0とする x^3-(x+k)^2=2 から x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-1-x^2-k^2-2kx=1 x^3-1=x^2+k^2+2kx+1 (x-1)(x^2+x+1)=x^2+k^2+2kx+1 x^3=(x+k)^2+2 (x^2)(x-2)=k^2-x^2-2kx+2 (x^2)(x-2)=k^2-x^2+2kx+2 (x^2)(x-2)=(k-x)(k+x)+2(kx+1) 1900年の国際数学者会議において、 20世紀に取り組まれるべき 数学の問題として世界中の数学者に 示されたものですが、 その中に 「整係数多変数高次不定方程式が 整数解を持つかどうかを決定する 一般的な解法を求めよ」という問題 (第10問題)がありました 現代風に言うと 「整係数多変数高次不定方程式が 整数解を持つかどうかを判定する アルゴリズムを示せ」 という意味であり、 当時あいまいであった アルゴリズムという概念について 数学者が考えるきっかけになりました そのような判定は非常に困難である ため、多くの数学者が 「そんなアルゴリズムはないだろう」 という予想に傾いて行きましたが、 「ない」と証明によって示すためには、 アルゴリズムとは何か、つまり、 計算できる範囲とはどこまでか、 をはっきりさせる必要がありました 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=1]の 出力アルゴリズム x=2n+1 y=2n(n+1) z=2n(n+1)+1 n=1のとき、x=3,y=4,z=5 n=2のとき、x=5,y=12,z=13 n=3のとき、x=7,y=24,z=25 n=4のとき、x=9,y=40,z=41 n=5のとき、x=11,y=60,z=61 … x^2(x-1)/2-(k^2)/2=(kx+1) (k^2)/2は偶数なので、 x^2(x-1)/2は奇数 x^2は奇数,(x-1)/2も奇数 したがって、(x-1)は奇数の二倍 x^3-(x+k)^2=2 x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1) {x^2(x-1)}/2-(k^2)/2=(kx+1)…‥① ①より、x^2(x-1)は xが偶数でも奇数でも偶数なので、 kは偶数に限定される したがって、(kx+1)は xが偶数でも奇数でも奇数となる x^3-(x+k)^2=2 x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1)…‥① x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥② ①より、kは偶数,kx+1は奇数 ②より、 x^2(x-1)/2は奇数 x^2は奇数,(x-1)/2も奇数 したがって,(x-1)は奇数の二倍 TV DEVIL SURVIVOR2 OP 「Take Your Way」 4x-1(3,7,11,15,19,23,27…) x^3-(x+k)^2=2 (4x-1)^3-(4x-1+k)^2=2 -k^2+k(2-8x)+64x^3-64x^2+20x=4 64x^3-64x^2+20x=4+k^2-k(2-8x) 64x^2(x-1)+20x-4=k^2-k(2-8x) 64x^2(x-1)+4(5x-1)=k^2+k(8x-2) (8x)^2(x-1)+4(5x-1)=k^2+k(8x-2) 64x^3-64x^2+20x=4+k^2-k(2-8x) 64n^3-64n^2+20n=4+k^2-k(2-8n) 64x^2(x-1)+4(5x-1)=k^2+k(8x-2) 64n^2(n-1)+4(5n-1)=k^2+k(8n-2) 64n^2(n-1)+4(5n-1)=k^2+k(8n-2) 2{32n^2(n-1)+2(5n-1)}=k(k+8n-2) x^3-(x+k)^2=2 (4n-1)^3-(4n-1+2m)^2=2 m^2+m(4n-1)-16n^3+16n^2-5n=-1 m^2+m(4n-1)-16n^3+16n^2-5n=-1 m^2+m(4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1 m(m+4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1 (m(m+4n-1)-5n+1)/16=n^2(n-1) m(m+4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1 m(m+8l-5)=16(2l-1)^2(2l-2)+2(5l-3) m(8l+m-5)=2l(64(l-2)l+85)-38 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1)…‥① x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥② x=8l-5,k=2m x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1 (8l-5)^2(4l-3)-2m^2=kx+1 (8l-5)^2(4l-3)-2m^2=kx+1 (8l-5)^2(4l-3)-2m^2=2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)-2m^2=2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)-2m(8l-5)=2m^2+1 (8l-5){(8l-5)(4l-3)-2m}=2m^2+1 (8l-5)^2(4l-3)-2m^2=2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m^2+2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m(m+8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m(m+8l-5)+1 (8l-5)^2={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 64l^2-80l+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 64l^2-80l+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 16l(4l-5)+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 16l(4l-5)+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 2m(m+8l-5)+1=9 16 25 9 原始ピタゴラス数が出現 {2m(m+8l-5)+1}/(4l-3)-16l(4l-5)=25 2m(m+8l-5)+1=9 9 16 25 原始ピタゴラス数が出現 m(m+4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1 右辺はnが偶数のとき奇数 左辺は常に偶数 したがってnは奇数 x^3-(x+k)^2=2…‥① x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1)…‥② x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥③ ②より、kは偶数,kx+1は奇数 ③より、 x^2(x-1)/2は奇数 x^2は奇数,(x-1)/2も奇数 したがって,(x-1)は奇数の二倍 つまり、xは4の倍数-1 x=4n-1,k=2mとおく x^3-(x+k)^2=2…‥① に代入 (4n-1)^3-(4n-1+2m)^2=2 ①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩ m^2+m(4n-1)-16n^3+16n^2-5n=-1 m^2+m(4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1 m(m+4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1…‥④ ④より、 右辺はnが偶数のとき奇数 左辺は常に偶数 したがってnは奇数 x=8l-5,k=2mとおく x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥②に代入 (8l-5)^2(4l-3)-2m^2=2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m^2+2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m(m+8l-5)+1 (8l-5)^2={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 64l^2-80l+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 16l(4l-5)+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) {2m(m+8l-5)+1}/(4l-3)-16l(4l-5)=25 2m(m+8l-5)+1=9 9 16 25 原始ピタゴラス数が出現 つまり、 l=1,m=1しか解が存在しない x^3-(x+k)^2=2…‥① x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1)…‥② x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥③ ②より、kは偶数,kx+1は奇数 ③より、 x^2(x-1)/2は奇数 x^2は奇数,(x-1)/2も奇数 したがって,(x-1)は奇数の二倍 つまり、xは4の倍数-1 x=4n-1,k=2mとおく x^3-(x+k)^2=2…‥① に代入 (4n-1)^3-(4n-1+2m)^2=2 から、 m^2+m(4n-1)-16n^3+16n^2-5n=-1 m^2+m(4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1 m(m+4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1…‥④ ④より、 右辺はnが偶数のとき奇数 左辺は常に偶数 したがってnは奇数 つまり、xは8の倍数-5 x=8l-5,k=2mとおく x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥② に代入 (8l-5)^2(4l-3)-2m^2=2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m^2+2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m(m+8l-5)+1 (8l-5)^2={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 64l^2-80l+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 16l(4l-5)+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) {2m(m+8l-5)+1}/(4l-3)-16l(4l-5)=25…‥⑤ ⑤は、l=m=1のとき、 原始ピタゴラス数の等式 3^2+4^2=5^2を満たす つまり⑤は、 l=1,m=1しか解が存在しない x=8l-5,k=2mとおく x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥③ に代入 [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,l,m,n,xは自然数,klmnx≠0とする l=m=1を、x=8l-5,k=2mに代入 k=2,x=3 ∴整数解は、k=2,x=3 [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,l,m,n,xは自然数,klmnx≠0とする x^3-(x+k)^2=2…‥① x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1)…‥② x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥③ ②より、kは偶数,kx+1は奇数 ③より、 x^2(x-1)/2は奇数 x^2は奇数,(x-1)/2も奇数 したがって,(x-1)は奇数の二倍 つまり、xは4の倍数-1 x=4n-1,k=2mとおく x^3-(x+k)^2=2…‥① に代入 (4n-1)^3-(4n-1+2m)^2=2 から、 m^2+m(4n-1)-16n^3+16n^2-5n=-1 m^2+m(4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1 m(m+4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1…‥④ ④より、 右辺はnが偶数のとき奇数 左辺は常に偶数 したがってnは奇数 つまり、xは8の倍数-5 となる x=8l-5,k=2mとおく x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥③ に代入 (8l-5)^2(4l-3)-2m^2=2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m^2+2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m(m+8l-5)+1 (8l-5)^2={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 64l^2-80l+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 16l(4l-5)+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) {2m(m+8l-5)+1}/(4l-3)-16l(4l-5)=25…‥⑤ ⑤は、l=m=1のとき、 原始ピタゴラス数の等式 3^2+4^2=5^2を満たす つまり⑤は、 l=1,m=1しか解が存在しない l=m=1を、x=8l-5,k=2mに代入 ∴整数解は、k=2,x=3 ディオファントスは3世紀頃の人らしい 17世紀になって彼の本 『アリスメティカ』に熱中した人物が フェルマーである. とくにx^n+y^n=z^n(n≧3)という形の 方程式が正の整数解を持たないと 書き込みを残したことが, その後350年にわたって多くの数学者 たちを悩ませることになった. x^3-(x+k)^2=2…‥① {2m(m+8l-5)+1}/(4l-3)-16l(4l-5)=25…‥⑤ ⑤は、l=m=1のとき、 原始ピタゴラス数の等式 3^2+4^2=5^2を満たす □■■□□ ■■■□□ ■■■□□ □□□□□ □□□□□ 25 x^3-(x+k)^2=2…‥① 3^2+4^2=5^2…‥⑤ ①から⑤、 原始ピタゴラス数の等式が 導出できるとは… [定理] 平方数と立方数が隣接する組は 9と8のみである x^2+2kx+k^2-x^3=1 x^3-x^2=k^2+2kx-1 x^2(x-1)=k(k+2x)-1 x^2(x-1)=k(k+2x)-1 x^2(x-1)=k(k+2x)-1 x^2(x-1)は偶数 k(k+2x)は奇数 kは奇数 x^2={k(k+2x)-1}/(x-1) x^2は偶数,xは偶数 (x-1)は奇数 (x+k)^2-x^3=1…‥① x=2mとおく (2m+k)^2-(2m)^3=1 4m^2+4km+k^2-8m^3=1 4m^2+4km+k^2-8m^3=1 8m^3-4m^2=k^2+4km-1 4m^2(2m-1)=k(k+4m)-1 4m^2(2m-1)=k(k+4m)-1 k=2n-1 4m^2(2m-1)=(2n-1)(4m+2n-1)-1 4m^2(2m-1)=k^2+4km-1 4m^2(2m-1)-4km=k^2-1 4m{m(2m-1)-k}=k^2-1 4m{m(2m-1)-k}=k^2-1 k=2n-1 4m{m(2m-1)-k}=(2n-1)^2-1 4m{m(2m-1)-k}=(2n-1-1)(2n-1+1) 4m{m(2m-1)-k}=(2n-2)(2n) 4m{m(2m-1)-k}=4n(n-1) 4m{m(2m-1)-k}=4n(n-1) m{m(2m-1)-k}=n(n-1) {3(2n-1)}^2-{2(2n-1)}^3=1 {2m(m+8l-5)+1}/(4l-3)-16l(4l-5)=25…‥⑤ {2m(m+8l-5)+1}/(4l-3)+16l(5-4l)=25 ⑤は、l=m=1のとき、 原始ピタゴラス数の等式 3^2+4^2=5^2を満たす 笑わない数学 abc予想[解][字] 6/10 (土) 21:30 ~ 22:00 (30分) x^2+2kx+k^2-x^3=1 x^3-x^2-k^2=2kx-1 x^2(x-1)-k^2+1=2kx {x^2(x-1)-k^2+1}/2=kx x^2+2kx+k^2-x^3=1 x^2+2kx+k^2=x^3+1 x^2+2kx+k^2=x^3-1+2 x^2+2kx+k^2=(x-1)(x^2+x+1)+2 x^2+2kx+k^2=(x-1)(x^2+x+1)+2 x^2-(x-1)(x^2+x+1)+2kx+k^2=2 x^2+2kx+k^2=(x-1)(x^2+x+1)+2 2kx+k^2=(x-1)(x^2+x+1)+2-x^2 2k(x+k)-2=(x-1)(x^2+x+1)-x^2 2{k(x+k)-1}=(x-1)(x^2+x+1)-x^2 2{k(x+k)-1}=(x-1)(x^2+x+1)-x^2 左辺は偶数 右辺はxが奇数の時に奇数 したがってxは偶数 4m{m(2m-1)-k}=k^2-1 k=2n-1 4m{m(2m-1)-2n+1}=(2n-1)^2-1 4m{m(2m-1)-2n+1}=(2n-1-1)(2n-1+1) 4m{m(2m-1)-2n+1}=(2n-2)(2n) 4m{m(2m-1)-2n+1}=4n(n-1) m{m(2m-1)-2n+1}=n(n-1) ∴m=n x^2+2kx+k^2=(x-1)(x^2+x+1)+2 2kx+k^2=(x-1)(x^2+x+1)+2-x^2 k(2x+k)-2=(x-1)(x^2+x+1)-x^2 5^2+12^2=13^2 5=3^2-2^2 12=2x3x2 13=3^2+2^2 (x+k)^2-x^3=1…‥① (x+k)^2-x^3=3 □□□■■ 4 □□□■■ ■■■□□ ■■■□□ ■■■□□ 9 2を加えて立方数となる 平方数が25の他に整数で存在するか この問題は一見するに たいへん難しそうであるが, 私は25がそうした唯一の 平方数であることを厳密に 証明することができる 分数でなら, バシェの方法がそのような 平方数を無数に提供するが, 整数の理論はとても美しくて, とても精妙であって, 現在に至るまで, 私以外のどんな著者によっても 知られていないのである [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,l,m,n,xは自然数,klmnx≠0とする x^3-(x+k)^2=2…‥① x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1)…‥② x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥③ ②より、kは偶数,kx+1は奇数 ③より、 x^2(x-1)/2は奇数 x^2は奇数,(x-1)/2も奇数 したがって,(x-1)は奇数の二倍 つまり、xは4の倍数-1 x=4n-1,k=2mとおく x^3-(x+k)^2=2…‥① に代入 (4n-1)^3-(4n-1+2m)^2=2 から、 m^2+m(4n-1)-16n^3+16n^2-5n=-1 m^2+m(4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1 m(m+4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1…‥④ ④より、 右辺はnが偶数のとき奇数 左辺は常に偶数 したがってnは奇数 つまり、xは8の倍数-5 となる x=8l-5,k=2mとおく x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥③ に代入 (8l-5)^2(4l-3)-2m^2=2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m^2+2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m(m+8l-5)+1 (8l-5)^2={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 64l^2-80l+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 16l(4l-5)+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) {2m(m+8l-5)+1}/(4l-3)-16l(4l-5)=25…‥⑤ ⑤は、l=m=1のとき、 原始ピタゴラス数の等式 3^2+4^2=5^2を満たす つまり⑤は、 l=1,m=1しか解が存在しない l=m=1を、x=8l-5,k=2mに代入 ∴整数解は、k=2,x=3 ┏┳┳┓ ┣╋╋┫ ┣╋╋┫ ┗┻┻┛ x^2+xy+y^2=16 y^2+yz+z^2=25 z^2+zx+x^2=36となるとき x+y+zの値を求めよ(x,y,z∈R) 医師になるのは、めちゃくちゃ簡単だよ。 どんな馬鹿医大でも国家試験の合格率7割以上はあるし、自治医大以上ならほぼ100%。 弁護士の場合は難関ロースクールを卒業しても、国家試験を通るのは10%程度。 医師になるには金と時間がかかるが、試験自体は簡単。 うちは従兄弟三人医師になったが、英検二級すら落ちるレベルの頭だからね。 医師国家試験の合格率ランキング見てみ。 一番低い杏林大学ですら、79.4%。 奈良県立大以上の偏差値の25校は95.0%超え。 これのどこが難関試験なの? 医学部に学費を支払える財力のハードルが高いだけで、医師にはバカでもなれる。 弁護士、司法書士、会計士、英検1級あたりは、バカには絶対に無理。 まとめると 医師国家試験→バカでも受かる。しかし、医学部6年間で1,000万以上かかる学費のハードルが高い。 司法試験→ロースクール卒業しても、合格できるのはごく一部。非常に難関な試験。 司法書士→ロースクールに行かなくても受験できるが、難易度は司法試験並み。 英検1級→英語がずば抜けて優秀でないと合格できない。英語の偏差値100必要。(実際にはそんな偏差値はないが) 会計士→おそらく、最難関試験か。会計大学院修了者の合格率は7.6%しかない。 不動産鑑定士→鑑定理論が地獄。単体の科目としては最難関の一つ。経済学などは公務員試験より簡単か。 3^2=9 4^2=16 5^2=25 6^2=36 三角数は3と6 ピタゴラス数は ディオファントス方程式 a^2+b^2=c^2の整数解であるため、 ピタゴラス数は非線形ディオファントス 方程式の最も古い既知の解の 一つである 原始ピタゴラス数x^2+y^2=z^2 [z-y=1]の 出力アルゴリズム x=2n+1 y=2n(n+1) z=2n(n+1)+1 n=1のとき、x=3,y=4,z=5 n=2のとき、x=5,y=12,z=13 n=3のとき、x=7,y=24,z=25 n=4のとき、x=9,y=40,z=41 n=5のとき、x=11,y=60,z=61 … なぜn=1とn=2のときには解があるのかという点に振り返って考えて見ると良いかもしれない。 (8l-5)^2(4l-3)-2m^2=2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m^2+2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m(m+8l-5)+1 (64l^2-80l+25)(4l-3)=2m(m+8l-5)+1 {16l(4l-5)+25}(4l-3)=2m(m+8l-5)+1 16l(4l-5)(4l-3)+25(4l-3)=2m(m+8l-5)+1 2m(m+8l-5)+1=16l(4l-5)(4l-3)+25(4l-3) 2m(m+8l-5)+1-16l(4l-5)(4l-3)=25(4l-3) 2m(m+8l-5)+1+16l(5-4l)(4l-3)=25(4l-3) 機体トラブルで酸欠状態に 残り僅か10分しかなく、必死で家族が待つ地球へ戻ろうとする様を描いています。 想像してみてください。//youtu.be/oWs3yvVADVg もしも将来初等的証明が現れても、それが文字の数が1テラ文字にもなる膨大な場合分けによる記述だとしたら、 誰もそれをまともにはとり上げず、読む気もしないどころか、読み切れないことは間違いない。現実的には 長すぎる証明は意味をなさないことだろう。1テラ文字どころかさらに何桁も多かったりすれば、なおさら。 [定理] 平方数と立方数にはさまれた 唯一の数は26である [証明] k,l,m,n,xは自然数,klmnx≠0とする x^3-(x+k)^2=2…‥① x^3-x^2-k^2-2kx=2 x^3-x^2-k^2=2kx+2 x^2(x-1)-k^2=2(kx+1)…‥② x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥③ ②より、kは偶数,kx+1は奇数 ③より、 x^2(x-1)/2は奇数 x^2は奇数,(x-1)/2も奇数 したがって,(x-1)は奇数の二倍 つまり、xは4の倍数-1 x=4n-1,k=2mとおく x^3-(x+k)^2=2…‥① に代入 (4n-1)^3-(4n-1+2m)^2=2 から、 m^2+m(4n-1)-16n^3+16n^2-5n=-1 m^2+m(4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1 m(m+4n-1)=16n^2(n-1)+5n-1…‥④ ④より、 右辺はnが偶数のとき奇数 左辺は常に偶数 したがってnは奇数 つまり、xは8の倍数-5 となる x=8l-5,k=2mとおく x^2(x-1)/2-(k^2)/2=kx+1…‥③ に代入 (8l-5)^2(4l-3)-2m^2=2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m^2+2m(8l-5)+1 (8l-5)^2(4l-3)=2m(m+8l-5)+1 (8l-5)^2={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 64l^2-80l+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) 16l(4l-5)+25={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) {2m(m+8l-5)+1}/(4l-3)-16l(4l-5)=25…‥⑤ a,bが自然数[a<b]のとき、 ディオファントス不定方程式 a^2+b^2=5^2をみたすa,bの値は、 a=3,b=4 ⑤は、l=m=1のとき、 原始ピタゴラス数の等式 3^2+4^2=5^2を満たす したがって、 a^2={2m(m+8l-5)+1}/(4l-3) b^2=16l(5-4l) となる a,bの値はa=3,b=4のみなので、 ⑤は、 l=1,m=1しか解が存在しない l=m=1を、x=8l-5,k=2mに代入 ∴整数解は、k=2,x=3 もう解かれてしまっている問題にいまさらこだわっても 仕方がないとはおもわないのか? 死んだ子の年を数えるようなものではなからうか? [定理] 平方数と立方数の差が 2と3の場合の証明への足がかりとなる n=4の時, 楕円曲線とはならないが類似の楕円曲線を利用して解ける t_k_t_k(邪魔という方は左記をNGお願いします) 家族等などに紹介する側になりプラス¥4000を入手できる! https://i.imgur.com/YhRLAu5.jpg Tiktok LiteでPayPayやAmazonギフトなどに交換可能な4000円分のポイントをプレゼント中! ※既存Tiktokユーザーの方はTiktokアプリからログアウトしてアンインストールすればできる可能性があります。 1.SIMの入ったスマホ・タブレットを用意する 2.以下のTiktok Liteのサイトからアプリをダウンロード(ダウンロードだけでまだ起動しない) https://tiktok.com/t/ZSNfGYxDA/ 3.ダウンロード完了後、もう一度上記アドレスのリンクからアプリへ 4.アプリ内でTiktokで使用してない電話番号かメールアドレスから登録 5.10日間連続のチェックイン(←重要)で合計で4000円分のポイントゲット ポイントはPayPayやAmazonギフト券に交換できます! 家族・友人に紹介したり、通常タスクをこなせば更にポイントを追加でゲットできます >>682 TikTokから見れば4000円は小銭か ◆奇数の数列 Table[2n-1,{n,1700,1730}] ◆素数位置特定アルゴリズム Table[Product[C(0,C(0,((n-a)^(2a-2)mod(2a-1)))),{a,3,50}],{n,1700,1730}] 二つを組み合わせる事により、 素数の位置と個数がわかる Table[2n-1,{n,1700,1730}] {3399, 3401, 3403, 3405, 3407, 3409, 3411, 3413, 3415, 3417, 3419, 3421, 3423, 3425, 3427, 3429, 3431, 3433, 3435, 3437, 3439, 3441, 3443, 3445, 3447, 3449, 3451, 3453, 3455, 3457, 3459} Table[Product[C(0,C(0,((n-a)^(2a-2)mod(2a-1)))),{a,3,50}],{n,1700,1730}] {0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0} 素数は5個 3407 3413 3433 3449 3457 ◆的中率100% ◆素数位置特定アルゴリズム Table[Product[C(0,C(0,((n-a)^(2a-2)mod(2a-1)))),{a,3,100}],{n,4950,5000}] {0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0} ◆奇数の数列 Table[2n-1,{n,4950,5000}] 9899,(9901), 9903, 9905,(9907), 9909, 9911, 9913, 9915, 9917, 9919, 9921, (9923), 9925, 9927,(9929),(9931), 9933, 9935, 9937, 9939,(9941), 9943, 9945, 9947,(9949), 9951, 9953, 9955, 9957, 9959, 9961, 9963, 9965,(9967), 9969, 9971,(9973), 9975, 9977, 9979, 9981, 9983, 9985, 9987, 9989, 9991, 9993, 9995, 9997, 9999 二つを組み合わせる事により、 素数の位置と個数がわかる 9901 9907 9923 9929 9931 9941 9949 9967 9973 ◆的中率100% ◆10000099から10000139の範囲に 素数は三個 10000103 10000121 10000139 ◆superPCM関数 Table[Product[(2n-1)^(C(0,3-a))C(0,C(0,((n-a)^(2a-2)mod(2a-1)))),{a,3,525}],{n,5000050,5000070}] {0, 0, 10000103, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 10000121, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 10000139} ◆的中率100% 3^2+4^2=5^2 3^3+4^3+5^3=6^3 6^3+8^3+10^3=12^3 6^3+8^3=9^3-1 9^3-1+10^3=12^3 ∴9^3+10^3=12^3+1(最小のタクシー数) 6^3+8^3=9^3-1 8(3^3)+19(3^3)-1=27(3^3)-1 8(3^3)+19(3^3)-1+1=27(3^3) 8(3^3)+19(3^3)=27(3^3) 式変形により-1 を消去 8と27は立方数 ここで19を立方数にする変化を 与えると、8と27が立方数でなくなる? 結合律は部分群でなくとも部分集合≠∅でも成り立つ。 a, b, c∈G⇒(ab)c=a(bc) よってa, b, c∈H⊂G⇒ (ab)c=a(bc) detᵗA detA=detI=1 よりA⁻¹=ᵗAとなるA∈集合G。 detA≠0は前提 I×I=Iより I∈SO(n)⊂O(n) ᵗI=I⁻¹=I∈SO(n)⊂O(n) a, b, c∈SO(n)⊂O(n) ⇒(ab)c=a(bc) 結合律が成り立つ Sp(2n, ℝ) これをSp(n, ℝ)と書く場合もある Jₙ=(0 Iₙ -Iₙ 0) 0 1 -1 0 x, y→y -x ᵗAJₙA=Jₙ στσ⁻¹=312→132→2321=13 σ²τσ⁻²=231→321→132=23 =σ⁻¹τσ (u+tv)²≥0 v²t²+2u・vt+u²≥0 D/4=(u・v)²-u²v²≤0 ⇔u²v²≥(u・v)² v²=0⇔v=0、この時 0≥0となり成り立つ |a+b|²=|a|²+|b|²+2a・b≤ |a|²+|b|²+2|a| |b| ∵C-S =(|a|+|b|)² 三角不等式 |a-c|+|b-d|<ε (0, ±ε)、(±ε, 0) (a, c±ε)、(a±ε, c) 菱形、正方形の内部 ∀x∈A, ∃ε>0: Bd(x, ε)⊂Aとなる 縁を含まないのでギリギリ近くまで行っても開近傍を設定出来る ∀x∈A: B(x, ε)⊂Aとなる ∀x∈∅: B(x, ε)⊂∅とならない 仮定が成り立たないのでいかなる命題も真である。 ∀x: x∉A⇒A=∅となる。 よって∅は開集合 ∀x∈X: B(x, ε)⊂X 開近傍の定義としてそもそもy∈Xである。すなわち開近傍はXの部分集合である。 ∅とXはXの部分集合であり 開集合。 ∅ᶜ=XとXᶜ=∅は閉集合でもある x∈Uとする ∀x、∃ε>0: B(x, ε)⊂U⊂U∪V よって開集合 B(x, α)⊂U、B(x, β)⊂V ∃α, β Min{α, β}=γとすると B(x, γ)⊂U∩V よって開集合 任意の元に対してxの十分に、近くの点はすべてAに属する x∈∪Uλ⇒∃k: x∈Uk ∀x∈∪Uλ, ∃λ∈Λ: B(x, ελ)⊂ Uλ⊂∪Uλ より開集合 B(x, s)∈yに対してt=s-d(x, y)とする t>0でありz∈B(y, t)とすると d(xz)≤dxy+dyz<dxy+t=s よってB(y, t)⊂B(x, s) 開集合 X→B(x, ε) 点xを中心とした半径εの球の内部 表面は含まない どれだけ縁に近くても縁には達しない 開近傍が取れる 開近傍は縁が無いのでどんなに縁に近くても開近傍が取れる ∀y∈B(x, s)を取る t=s-d(x, y)と置くとt>0 ∀z∈B(y, t)を取る dxz≤dxy+dyz、三角不等式 <dxy+t=s よってB(y, t)⊂B(x, s) 開集合 点xを中心とする回帰は 任意の点y∈B(x, s)を中心とする開近傍を⊂。 (a, b)=B(a+b/2, b-a/2) a<bの時 a=bの時、∅、a>b能登、∅ B(x, r)⊂X(ℝ¹, d₁) 開区間(a, b)は距離空間(ℝ, d₁)において開集合 [a, b]ᶜ=(-∞, a)∪(b, +∞)=開集合 より[a, b]は閉集合 閉集合でないからと言って開集合の、星融合とは言い切れない a∈[a, b]に対して a-ε<a-ε/2=c<aであるから c∈B(a, ε)∧c∉[a, b]=I よって∃x∈B(a, ε): B⊄I よってIは開集合ではない 一元集合a∈ℝは閉集合 ∩Uλ=a(一元)となる可能性があるので開集合とは言えない (a, b)または∅となれば開集合と言える x∈X, y∈Xᶜ: ε=d/2、d=d(x, y) B(y, ε)⊂XᶜよりXᶜは開集合 よってXは閉集合 read.cgi ver 07.5.1 2024/04/28 Walang Kapalit ★ | Donguri System Team 5ちゃんねる