17/01/09 03:37:33.28 X5hOZBcs.net
これについて誰か証明できませんか？
2:１３２人目の素数さん
17/01/09 12:24:02.89 Q52KfRFd.net
出来るよ
(3^6151818)(5^816191)(7^81612)(11^7161)(13^61)(23)(59)(19173431197)
は完全数
3:１３２人目の素数さん
17/01/09 13:12:53.16 X5hOZBcs.net
>>2
約数全部教えてください
4:１３２人目の素数さん
17/01/10 09:22:51.87 FU/1ZKud.net
p^q*rr の形のはずだが…
pは奇素数、
p≡q≡1 （mod 4)
r：奇数（pで割れない)。
5:１３２人目の素数さん
17/01/12 00:01:48.01 KwFZFK5Y.net
>>2
計算してみたらなんかガチっぽくてわロタ…
6:１３２人目の素数さん
17/01/12 18:20:25.53 KoI7U9S5.net
>>2
約数の総和が(1+23)で、つまりは4で割りきれるのはおかしい
7:￥ ◆2VB8wsVUoo
17/02/21 17:08:53.09 IKx0AR8K.net
￥
8:￥ ◆2VB8wsVUoo
17/02/21 17:09:10.10 IKx0AR8K.net
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9:￥ ◆2VB8wsVUoo
17/02/21 17:09:27.86 IKx0AR8K.net
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10:￥ ◆2VB8wsVUoo
17/02/21 17:09:47.71 IKx0AR8K.net
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17/02/21 17:10:04.00 IKx0AR8K.net
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17/02/21 17:10:19.85 IKx0AR8K.net
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17/02/21 17:10:36.43 IKx0AR8K.net
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17/02/21 17:10:56.45 IKx0AR8K.net
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17/02/21 17:11:15.58 IKx0AR8K.net
￥
16:￥ ◆2VB8wsVUoo
17/02/21 17:11:36.50 IKx0AR8K.net
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17:１３２人目の素数さん
17/08/06 17:57:37.72 oDKJI1vJ.net
耳栓をしたら世界が変わってワロタ
18:￥
17/08/06 18:02:03.82 +CYdGQny.net
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19:１３２人目の素数さん
17/08/06 18:02:17.04 oDKJI1vJ.net
耳栓をしたら世界が変わってワロタ
20:￥
17/08/06 18:10:59.97 +CYdGQny.net
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21:１３２人目の素数さん
17/08/06 18:11:09.38 oDKJI1vJ.net
耳栓をしたら世界が変わってワロタ
22:１３２人目の素数さん
18/02/11 15:00:34.85 a7KOzsQQ.net
証明できたかもしれない
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:755番)
23:１３２人目の素数さん
18/02/11 15:38:33.99 ziN5mhNO.net
検証してみます
24:１３２人目の素数さん
18/02/11 20:00:16.83 a7KOzsQQ.net
>>22 訂正
奇素数をy、その素因数のうち一つをp、pの指数をn、
p以外の素因数をp1,p2,p3,…pmとし、pkの指数をqk、
素数p以外の積の組み合わせの合計をxとすると
x=Σ[k=1,m]pk^qk
指数qmの値の合計は
S=Σ[k=1,m]qk
となる
yが完全数である場合
y=(1+p+p^2+…+p^n)x-y
となるから
(1+p+p^2+…+p^n)x/2=y
(p^(n+1)-1)x/(2(p-1))=y
(p-1/p^n)x/(2(p-1))=y/p^n
y/p^n=Π[k=1,m]pk^qkで奇数だから
左辺は分母が整数なので、分子も整数にならなければ
ならないので、xはp^nで割り切れなければならない
xは組み合わせの個数が2^Sであるから、S>0の場合には
偶数となるからxをp^nで割ることはできない。
よって、奇数の完全数は存在しない
25:１３２人目の素数さん
18/02/11 20:08:58.02 a7KOzsQQ.net
>>24 訂正
×奇素数をy
〇合成数となる奇数をy
26:１３２人目の素数さん
18/02/11 21:50:06.58 au7pDmu5.net
>>24
＞x=Σ[k=1,m]pk^qk
x=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)とは違うの？
27:１３２人目の素数さん
18/02/11 23:08:44.33 a7KOzsQQ.net
>>26
その式が正しいと思います。
Sの式も
S=Π[k=1,m](qk+1)
の誤りであることが分かり、xが偶数になる
qkが一つでも奇数がある場合の証明と
なっていました。
28:１３２人目の素数さん
18/02/12 00:22:09.41 5RA+qSJZ.net
奇数の合成数をy、その素因数のうち一つをp、pの指数をn、
p以外の素因数をp1,p2,p3,…pmとし、pkの指数をqk、
素数p以外の積の組み合わせの合計をxとすると
x=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
xの項数Sは
S=Π[k=1,m](qk+1)
となる
yが完全数である場合
y=(1+p+p^2+…+p^n)x-y
となるから
(1+p+p^2+…+p^n)x/2=y
(p^(n+1)-1)x/(2(p-1))=y
(p-1/p^n)x/(2(p-1))=y/p^n
y/p^n=Π[k=1,m]pk^qkで奇数であり、左辺は分母が整数なので
分子も整数にならなければならないので、xはp^nで割り切れ
なければならない
1. qkに一つでも奇数がある場合
xの項数Sが偶数となるので、xは偶数となるから
xをp^nで割ることはできない。
2. qkが全て偶数の場合
x=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
=Π[k=1,m](pk^(qk+1)-1)/(pk-1)
pk^(qk+1)-1がpで割り切れるためにはフェルマーの小定理から
sを非負整数として
qk+1=s(p-1)
となることが必要になるが、pは奇素数だから右辺は偶数と
なり、qkは奇数となり矛盾が生じる。
よって、pk^(qk+1)-1はpで割ることができない。
以上から、奇数の完全数は存在しない
29:１３２人目の素数さん
18/02/12 06:02:55.64 4KPU6Lms.net
惜しいね
＞xは偶数となるからxをp^nで割ることはできない。
偶数を奇素数で割り切れても不合理ではない
＞pk^(qk+1)-1がpで割り切れるためにはフェルマーの小定理から
＞sを非負整数としてqk+1=s(p-1)となることが必要
フェルマーの小定理が言っているのは必要条件ではなくて十分条件
つまりqk+1がp-1の倍数でないときにpk^(qk+1)-1がpで割り切れても不合理ではない
30:１３２人目の素数さん
18/02/12 06:41:39.59 5RA+qSJZ.net
>>29
＞フェルマーの小定理が言っているのは必要条件ではなくて十分条件
＞つまりqk+1がp-1の倍数でないときにpk^(qk+1)-1がpで割り切れても不合理ではない
pk^(pk+1)がpで割り切れるためには
pk^(pk+1)≡1 (mod p) …①
が必要であり、フェルマーの小定理からaとpが互いに素であるとき
a^(p-1)≡1 (mod p) …②
となるから
pk+1=s(p-1)が成立するときに、①が成立する
ということがいえると考える
31:１３２人目の素数さん
18/02/12 07:02:50.77 4KPU6Lms.net
必要条件ではなくて十分条件、というのは
sを非負整数として
＞pk+1=s(p-1)が成立するときに、①が成立する ということがいえる
から、「①が成立する」ならば sを非負整数として「pk+1=s(p-1)が成立する」
とは必ずしも言えない。という意味です
例えば pk≡1 (mod p)であれば、任意の正整数nについて pk^n≡1 (mod p) です。
pk^(qk+1)≡1 (mod p) だけから、(qk+1) が p-1 の倍数とは言えないのです。
32:１３２人目の素数さん
18/02/12 07:09:43.74 4KPU6Lms.net
>>4の人が言っている通り、
＞奇数の合成数をy、その素因数のうち一つをp、pの指数をn、
＞p以外の素因数をp1,p2,p3,…pmとし、pkの指数をqk
かつnが奇数ならばqkはすべて偶数であることは言えます。
まずはこれを証明してみてはいかがでしょう？
33:１３２人目の素数さん
18/02/12 13:33:33.75 5RA+qSJZ.net
>>31
それでは、pをyの最大の素因数であるとすると
その問題は回避され2.の内容は正しくなると
思います。
34:１３２人目の素数さん
18/02/12 15:04:29.41 oL4nF99e.net
なんで馬鹿は特定の例(例えばと書いてある)だけ避ければすべて解決すると思い込むのか
3^5-1=242は11の倍数だけど5は10の倍数じゃない
35:１３２人目の素数さん
18/02/12 15:13:24.98 Ht17raIY.net
>>33
ならんね
素数pよりはるかに小さい次数で奇素数の冪の剰余が1になる例だってある
7^5≡1(mod 2801)とかね
素数pについて、pの倍数でない整数mがp-1より小さな正整数kでm^k≡1(mod p)とならなければmをpの原始根という
任意の素数pについて、pより小さい素数がすべてpの原始根かというとそうではない
上の例では素数2801に対して素数7は原始根でない
36:１３２人目の素数さん
18/02/12 16:06:15.67 5RA+qSJZ.net
yが完全数である場合
y=(1+p+p^2+…+p^n)x-y
となるから
(1+p+p^2+…+p^n)x/2=y…①
1. qkに一つでも奇数がある場合
①から
(1+p+p^2+…+p^n)x/(2p^n)=y/p^n
y/p^n=Π[k=1,m]pk^qkで奇数であり、
分母は素因数2を一つ持ち、xは項数がSとなるので、qkが奇数
となる項の個数を非負整数tとするとxは素因数2をt個以上持つことに
なり偶数となる。
よって、1+p+p^2+…+p^nは奇数でなければならず、nは偶数でtは1で
なくてはならない。
37:１３２人目の素数さん
18/02/12 16:32:00.59 5RA+qSJZ.net
2. qkが全て偶数の場合
y/p^nは奇数であり、分母は素因数2を一つ持ち、qkが全て偶数の場合、
Sは奇数となるからxは奇数となる。よって1+p+p^2+…+p^n≡2 (mod 4)
とならなければならない。よって、uを正整数としてn=4u+1でなければ
ならない。
38:１３２人目の素数さん
18/02/13 06:52:13.03 wewNn4Nt.net
清書版
奇数の完全数をy、そのうち一つの素因数をp、pの指数をn、
p以外の素因数をp1,p2,p3,…pmとし、pkの指数をqk、
素数p以外の積の組み合わせの合計をxとすると
x=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk) …①
xの項数Sは
S=Π[k=1,m](qk+1) …②
となる
yが完全数である場合
y=x(1+p+p^2+…+p^n)-y
となるから
xΣ[k=0,n]p^k/2=y
xΣ[k=0,n]p^k/(2p^n)=y/p^n …③
1. qkに一つでも奇数がある場合
qkが奇数となる項の個数を正整数tとすると、
y/p^n=Π[k=1,m]pk^qkは奇数であり、左辺の分母は素因数2を
一つ持つので、②から、xは素因数2をt個以上持つことになり
偶数となる。
よって、Σ[k=0,n]p^kは奇数でなければならず、nは偶数でtは1で
なければならない。
2. qkが全て偶数の場合
y/p^nは奇数、左辺の分母は偶数であり、qkが全て偶数の場合に
Sは奇数となるから、xは奇数となる。よって、
Σ[k=0,n]p^k≡0 (mod 2)
となることが必要で、nは奇数でなければならない。
1,2から、奇数の完全数が存在するためには、
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
39:１３２人目の素数さん
18/02/13 08:26:14.75 BwPDiADw.net
ｐとｐ以外に分ける意味なし
40:１３２人目の素数さん
18/02/13 11:17:31.84 wewNn4Nt.net
>>39
素数のうち一つを考えない証明プリーズ
41:１３２人目の素数さん
18/02/13 12:20:49.36 y4S6HgE9.net
奇数の完全数は(存在するならば)「奇数の平方と奇素数の積となることが必要」って条件は広く知られてるしこれ以上掘り下げなくてもよくね？
42:１３２人目の素数さん
18/02/13 13:20:17.52 BwPDiADw.net
>>38を書いていてｐが他の素数と同じ事やってるのに気付かないものか
Πp^nが奇数の完全数
Π(1+p+p^2+...+p^n)=2Πp^n
1+p+p^2+...+p^nの一つが偶数で残りは奇数
nの一つが奇数で残りは偶数
さらに進めると
1+p+p^2+...+p^nが偶数のときは4の倍数+2で
1+p+p^2+...+p^nは1+pの倍数だからpは4の倍数+1
1+p+p^2+...+p^nを4で割った余りとn+1を4で割った余りは等しいからnは4の倍数+1
43:１３２人目の素数さん
18/02/13 18:24:27.81 wewNn4Nt.net
>>42
1+3+9+27=40≡0 (mod 4)
44:１３２人目の素数さん
18/02/13 18:35:28.42 y4S6HgE9.net
>>43
1+p+p^2+...+p^nが4の倍数だったらyが奇数にならないでしょ
45:１３２人目の素数さん
18/02/13 19:34:59.44 wewNn4Nt.net
>>38の続き
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk
ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると
y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a
(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
なるが、pは整数であるからpはa-2bを約数に持ち、pが素数ある
ことに矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
46:１３２人目の素数さん
18/02/13 19:55:36.75 y4S6HgE9.net
もう無茶苦茶ですな
47:１３２人目の素数さん
18/02/13 23:02:53.32 wewNn4Nt.net
>>45 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk
ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると
y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a
(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。
aはbで割り切ることができるから、整数dをd=a/bとすると
a-2b=bd-2b=b(d-2)
となる。b>1であることから、|a-2b|は1にならない。
よって、pは約数a-2bを持つことになり、素数であることに矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
48:１３２人目の素数さん
18/02/14 01:10:47.47 dQl1imBn.net
＞p=(c-2b)/(a-2b) となる。
＞よって、pは約数a-2bを持つ
こういうこと言ってるようではアカンです
49:１３２人目の素数さん
18/02/14 01:19:50.68 BzdeAn+s.net
>>48
>>47では、|a-2b|>1としていますが。
50:１３２人目の素数さん
18/02/14 01:56:32.95 dQl1imBn.net
>>49
よく考えようよ
＞p=(c-2b)/(a-2b)
から
(c-2b)は約数(a-2b)を持つ
ことは言えるけど
＞pは約数a-2bを持つ
とは言えんでしょうが
51:１３２人目の素数さん
18/02/14 03:12:23.72 BzdeAn+s.net
>>48
その部分は誤りでした。
>>47 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk
ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると
y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a
(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。
aはbで割り切れるから、整数dをd=a/bとすると
p=(d/p^n-2)/(d-2)
となるが、p^n>1であるから、p<1となりpが素数であることに矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
52:１３２人目の素数さん
18/02/14 05:22:53.00 dQl1imBn.net
>>51
＞aはbで割り切れる
どうしてそう言い切れる？
53:１３２人目の素数さん
18/02/14 07:41:42.13 BzdeAn+s.net
>>52
言い切れません。dは実数に変更します。
54:１３２人目の素数さん
18/02/14 07:44:59.01 BzdeAn+s.net
>>52
有理数にしました。
>>51 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk
ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると
y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a
(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。
有理数dをd=a/bとすると
p=(d/p^n-2)/(d-2)
となるが、p^n>1であるから、p<1となりpが素数であることに矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
55:１３２人目の素数さん
18/02/14 08:08:41.74 Tbd2t9Cq.net
奇数であることを使ってないからその証明が正しいなら偶数の完全数も存在しないことになるからおかしいってことに気づけ
a/b=(2p^n)/(1+p+p^2+…+p^n)なんだからdは2より少し小さい数
(d/p^n-2)は-2より少し大きい数
(d-2)は0より少し小さい数
(d/p^n-2)/(d-2) は1より大きい数だから矛盾なんてしていない
56:１３２人目の素数さん
18/02/14 08:56:09.94 BzdeAn+s.net
>>55
この証明は>>38から続いている
57:１３２人目の素数さん
18/02/14 09:07:21.99 Tbd2t9Cq.net
>>56
矛盾につながる部分に>>54の最初の行から上は全く使われてない
58:１３２人目の素数さん
18/02/14 10:10:25.97 BzdeAn+s.net
>>54 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk
ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると
y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a
(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。
有理数dをd=a/bとすると
ap-2bp+2b=a/p^n
a(p-1/p^n)=2(p-1)b
d=2(p-1)/(p-1/p^n)
(p-1)/(p-1/p^n)<(p-1)/pであり、pは2より大きい素数であるから
p>2+1/p^n
2(p-1)>p-1/p^n
2(p-1)/(p-1/p^n)>1
となるから、dは1<d<2(p-1)/p …④
の値をとる。
p=(2b-a/p^n)/(2b-a)
p=(2-d/p^n)/(2-d)
pは④の範囲で、変数dの単調増加関数であるから
(2-1/p^n)<p<(2-2(p-1)/(pp^n))/(2-2(p-1)/p) …⑤
右辺は
(2-2(p-1)/(pp^n))/(2-2(p-1)/p)
=(p-(p-1)/(p^n))/(p-(p-1))
=p-(p-1)/(p^n)
となるから、⑤は
(2-1/p^n)<p<p-(p-1)/(p^n)
となるが
p<p-(p-1)/(p^n)は成立することはないから、④は成立しない。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
59:１３２人目の素数さん
18/02/14 10:17:04.79 BzdeAn+s.net
>>58 訂正
×p<p-(p-1)/(p^n)は成立することはないから、④は成立しない。
〇p<p-(p-1)/(p^n)は成立することはないから、⑤は成立しない。
60:１３２人目の素数さん
18/02/14 10:28:19.01 Tbd2t9Cq.net
＞(p-1)/(p-1/p^n)<(p-1)/pであり、pは2より大きい素数であるから
p-1/p^n<pだから(p-1)/p<(p-1)/(p-1/p^n)
61:１３２人目の素数さん
18/02/14 11:11:34.80 dQl1imBn.net
＞a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
＞b=Π[k=1,m]pk^qk
＞a/p^nは整数となりこれをcとする
＞p=(c-2b)/(a-2b) となる。
aと2bの大小は定義からは明らかでない。したがって場合わけをする
1)a＞2bの場合
以下の主張は正しいように思われる
＞有理数dをd=a/bとするとp=(d/p^n-2)/(d-2)となるが、
＞p^n>1であるから、p<1となりpが素数であることに矛盾する。
2)a＝2bの場合
これは即ちbが奇数の完全数であることを示している
そのような例が存在するかは別途証明が必要
3)a＜2bの場合
p=(2b-a/p^n)/(2b-a)となる。
pは奇素数であるから(2b-a/p^n)/(2b-a)≧3
よってこの場合、2b/aについて解くと
3/2-1/(2p^n)≧2b/a＞1
であることが必要といえる
62:１３２人目の素数さん
18/02/14 11:45:30.65 dQl1imBn.net
>>61
2)a＝2bの場合
(2b-a/p^n)=(2b-a)pの式は
左辺は0でなく、右辺は0であるため成立しない
以上より「3)a＜2bの場合」であることが必要
63:１３２人目の素数さん
18/02/14 22:14:46.43 GdB9m1Jz.net
正整数Nの正の約数の総和とNの比を「Nの約数和比」というとして、
正整数Nが完全数であることはNの約数和比が2であることと同値である。
素数pと正整数qについて、D(p,q)をp^qの約数和比と定義するとき、
素因数分解表示N=Π[k=1→m]pk^qk(i≠jのとき素数pi≠素数pj,かつqk≧1)を持つ
正整数Nについて、Nの約数和比はΠ[k=1→m]D(pk,qk)であるから、このとき、
正整数Nが完全数であるということはΠ[k=1→m]D(pk,qk)=2と同値である。
ところで、D(p,q)=Σ([j=0→q]p^j)/p^q=1+(1-1/p^q)/(p-1)であるから、
任意の素数pと正整数qについて1＜D(p,q)＜2である。
1＜D(pk,qk)であるから、D(pk,qk)は1つ乗じる毎に約数和比は必ず増加する。
D(pk,qk)を乗じてゆくといつか2を超える(ここでは「バーストする」と表現する)かもしれない。
D(p,q)の性質を調べ、それらを幾つどのように掛け合わせればバーストするかしないかを
調べることは、奇数の完全数の存在性を調べる為に有用であると考える。
・D(p,q)は、定義域でqについて単調増加である。（つまりq1＜q2⇒D(p,q1)＜D(p,q2)）
・D(p,1)=1+1/p,D(p,2)=1+(p+1)/pp,...,lim[q→∞]D(p,q)=1+1/(p-1)であり、
任意の素数pと自然数q≧1について1+1/p≦D(p,q)＜1+1/(p-1)である
・D(p,q)は、定義域でpについて単調減少である。（つまりp1＜p2⇒D(p1,q)＞D(p2,q)）
64:１３２人目の素数さん
18/02/14 22:15:55.93 GdB9m1Jz.net
>>63のつづき
これらの性質を使うと、例えば以下のことが言える
・奇数の完全数は少なくとも3種類の素因数を持つ
∵1＜D(p1,q1)＜2のため1種類の奇素数を素因数に持つN=p1^q1は完全数でない。
2種類の奇素数を素因数に持つN=p1^q1・p2^q2は、p1=3,p2=5のとき
約数和比はD(3,q1)D(5,q2)＜(1+1/2)(1+1/4)=15/8＜2であり、
他の奇素数の組み合わせではこれよりも更に小さくなる。
・奇数の完全数がちょうど3種類の素因数を持つならば、最大の素因数は7を超える
∵3つの素数p1≦p2≦p3を7以下の奇素数の組み合わせで選ぶとp1=3,p2=5,p3=7であるが、
pk≡1(mod 4)となるpkがp2=5のみなのでq2は奇数、q1,q3は偶数である。
約数和比の下界はD(3,2)D(5,1)D(7,2)=(1+4/9)(1+1/5)(1+8/49)=494/245＞2
となり、D(3,q1)D(5,q2)D(7,q3)はこれより大きいので必ずバーストする。
とまあ、こんな感じでひとつひとつ性質を調べていって積み上げることになるのでは。
65:１３２人目の素数さん
18/02/14 22:32:56.83 BzdeAn+s.net
>>38と>>58でQ.E.D.ではないかと思います
acceptだと聞こえてきていますし
本当かどうかは分かりませんが
66:１３２人目の素数さん
18/02/14 23:03:31.91 dQl1imBn.net
>>58
＞(p-1)/(p-1/p^n)<(p-1)/pであり、
この部分が誤り
67:１３２人目の素数さん
18/02/15 00:08:43.55 YYbCTtwg.net
>>66
その部分は不等号が反対でした。
68:１３２人目の素数さん
18/02/15 00:10:40.87 YYbCTtwg.net
>>58 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk
ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると
y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a
(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。
有理数dをd=a/bとすると
ap-2bp+2b=a/p^n
a(p-1/p^n)=2(p-1)b
d=2(p-1)/(p-1/p^n)
(p-1)/(p-1/p^n)<(p-1)/(p-1/p)
(p-1)/(p-1/p^n)<p/(p+1)
であり、pは2より大きい素数であるから
p>2+1/p^n
2(p-1)>p-1/p^n
2(p-1)/(p-1/p^n)>1
となるから、dは1<d<p/(p+1) …④
の値をとる。
p=(2b-a/p^n)/(2b-a)
p=(2-d/p^n)/(2-d)
pは④の範囲で、変数dの単調増加関数であるから
(2-d/p^n)<p<(2-p/((p+1)p^n))/(2-p/(p+1)) …⑤
右辺は
(2-p/((p+1)p^n))/(2-p/(p+1))
=(2p+2-p/p^n)/(p+2)
=2+(2-p/p^n)/(p+2)<3
となり、⑤から
(2-d/p^n)<p<3
が成立することから、pが素数であることに矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
69:１３２人目の素数さん
18/02/15 00:26:08.61 YYbCTtwg.net
>>68
×pが素数であることに矛盾する。
〇pが奇素数であることに矛盾する。
70:１３２人目の素数さん
18/02/15 00:32:44.29 EGDusbJh.net
p=3とすれば6という完全数も存在しないことになるな
71:１３２人目の素数さん
18/02/15 00:43:44.20 YYbCTtwg.net
>>68 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk
ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると
y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a
(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。
有理数dをd=a/bとすると
ap-2bp+2b=a/p^n
a(p-1/p^n)=2(p-1)b
d=2(p-1)/(p-1/p^n)
p=(2b-a/p^n)/(2b-a)
p=(2-d/p^n)/(2-d) …④
(p-1)/(p-1/p^n)<(p-1)/(p-1/p)
(p-1)/(p-1/p^n)<p/(p+1)
であり、pは2より大きい素数であるから
p>2+1/p^n
2(p-1)>p-1/p^n
2(p-1)/(p-1/p^n)>1
となるから、dは1<d<p/(p+1) …⑤
の値をとる。
p/(p+1)<1であるから、⑤を満たす整数dが存在しないので
④を満たす素数pは存在しない。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
72:１３２人目の素数さん
18/02/15 00:45:14.00 YYbCTtwg.net
>>70
奇数の完全数が存在しないことの証明をしています
73:１３２人目の素数さん
18/02/15 01:01:57.70 EGDusbJh.net
>>72
偶数には使えないことは使ってないから偶数の完全数も存在しないことになるが
74:１３２人目の素数さん
18/02/15 01:12:54.81 YYbCTtwg.net
>>73
pが2より大きい素数をいう条件が途中にある
75:１３２人目の素数さん
18/02/15 01:18:12.00 EGDusbJh.net
y=6でp=3とすれば矛盾するんだろ
76:１３２人目の素数さん
18/02/15 01:28:31.08 EGDusbJh.net
6が完全数だとするとy=6,p=3として>>71を使うと1<d<3/4となって矛盾するから6は完全数じゃない
77:１３２人目の素数さん
18/02/15 01:42:26.35 9GXVdFDs.net
＞(p-1)/(p-1/p^n)<(p-1)/(p-1/p)
これマチガイよ
78:１３２人目の素数さん
18/02/15 02:05:41.39 9GXVdFDs.net
>>77
じゃないか
＞d=2(p-1)/(p-1/p^n)
＞(p-1)/(p-1/p^n)<p/(p+1)であり、
＞となるから、dは1<d<p/(p+1) …⑤
2を掛けるの忘れてるよ
79:１３２人目の素数さん
18/02/15 02:39:10.90 O6aE9A8Z.net
>>71
この方向性ではいくらやってもダメなのよ
｜a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
｜b=Π[k=1,m]pk^qk
｜y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
から、a/b＝2p^n/(1+p+p^2+…+p^n) こうなるんだけれども
左辺＝a/b＞1は定義より明らか
右辺＝2p^n/((p^(n+1)-1)/(p-1))
＝2p^n(p-1)/(p^(n+1)-1)
＝(2p^(n+1)-2p^n)/(p^(n+1)-1)
＝((p^(n+1)-2p^n+1)+(p^(n+1)-1))/(p^(n+1)-1)
＝(p^(n+1)-2p^n+1)/(p^(n+1)-1)+1
＝((p-2)p^n+1)/(p^(n+1)-1)+1
なのでp≧2なら右辺＞1
だからこの式をいくらいじってもd＝a/b＜1は出てこない
また、1＜d＜2のときp=(2-d/p^n)/(2-d)＞1だから、
この式をいくらいじってもp＜1は出てこない
出てきたとしたら導出が誤っている
80:１３２人目の素数さん
18/02/16 07:59:42.15 ROeNsO6N.net
>>71 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk
ここで、
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると
y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a
(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。
有理数dをd=a/bとすると
p=(2-d/p^n)/(2-d)
b=Π[k=1,m]pk^qkだから、
b≢0 (mod p)
正整数e,fとして、
b=ep+f
0<f<p
b≡f (mod p)
が成立する
c-2b≡0 (mod p)
c≡2b≡2f (mod p)
c≢0 (mod p)
ap-2bp+2b=c
ap-c=2b(p-1)
2b=(ap-c)/(p-1)
正整数g,h、h≡2f (mod p), 0<h<p
2b=(ap-c)/(p-1)=gp+h
ap-c=gp^2+hp-gp-h
gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
81:１３２人目の素数さん
18/02/16 08:02:23.66 ROeNsO6N.net
>>8
82:0 つづき -ap+hp+c-h≡0 (mod g) p(-a+h)+c-h≡0 (mod g) 整数iを用いて p(-a+h)+c-h=gi c-h≡gi≡0 (mod p) 整数jを用いて pj=gi p=gi/j pは素数だから、i=1で、g=pjでなければならい。 g≡0 (mod p) 2b=jp^2+h c-h≡0 (mod p)だから、整数をk(0<k<p)として c=pk+h ap-2bp+2b=c ap=2b(p-1)+c =(jp^2+h)(p-1)+pk+h =jp^3+ph-jp^2-h+pk+h =jp^3+ph-jp^2+pk a=jp^2-jp+h+k ∴a≡h+k (mod p) c=pk+hで、c,pはともに奇数であるから、hとkの偶奇は反対になり、 h+kは奇数となる。 整数をmとして a=mp+h+k a-2b=mp+h+k-(jp^2+h)=mp-jp^2+k≡k (mod p) c-2b=pk+h-(jp^2+h)=pk-jp^2≡0 (mod p) a-c≡k (mod p) a≡h+k (mod p) c≡h (mod p)だから、2b≡c≡h (mod p) gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0 p^3-p(p+a-h)+c-h=0 p^3-p^2+(-a+h)p+c-h=0 p^2(p-1)+h(p-1)-ap+c=0 ap-c≡0 (mod p-1) ap-c-a(p-1)=a-c≡0 (mod p-1) a-c≡k (mod p) a-c≡0 (mod p-1) 整数をsとして a-c=ps+k ここで、a-cは偶数だから、sとkの偶奇は反対になっている。
83:１３２人目の素数さん
18/02/16 08:03:07.57 ROeNsO6N.net
>>81 つづき
整数をtとして
a-c=(p-1)t
ps+k=(p-1)t
k+t=(t-s)p
k+t≡0 (mod p)
整数をuとして
k=up-t
a-c=(p-1)(up-k)
a((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
a/(p^n(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1))=up-k
a=(up-k)p^n(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)
a≡0 (mod p)
c≡-k (mod p)
a≡h+k (mod p)で、a≡0 (mod p)、0<h,k<pだから
h+k=p
a=jp^2-jp+h+k
a=jp^2-jp+p=jp(p-1)+p
a≡1 (mod p-1)
整数をvとして
a=v(p-1)+1
a((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
(v(p-1)+1)((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
(p^n-1)/p^n≡0 (mod p-1)
(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)(p-1)/p^n≡0 (mod p-1)
整数wとして
(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)(p-1)/p^n=w(p-1)
w=(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)/p^n
wp^n=p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1
wp^n≡0 (mod p)
p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1≡1 (mod p)
となり、wが整数になることに矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
84:DJ学術
18/02/16 08:45:53.89 yN3n4O8g.net
東アジアなら 兵糧、金、兵士数の実数の ほうが大事だと思われ。
僕は１なんて数を打ち続けても、レア化しないで、直観数術にならないし、
駄目だと思うけどなあ。虚数となるとさらに。
85:１３２人目の素数さん
18/02/16 09:58:09.93 n3/HZSNp.net
>>81 長いね
＞pj=gi
＞pは素数だから、i=1で、g=pjでなければならい
iがpの倍数でないとなぜ言えるの？
86:１３２人目の素数さん
18/02/16 11:23:04.07 n3/HZSNp.net
>>84
やっぱりか
＞gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
＞整数iを用いて
＞p(-a+h)+c-h=gi
よりgp^2-gp+gi=0であり、i=p-p^2
新しい変数を持ち出すときは、その意味するところを考えた方がいい
87:DJ学術
18/02/16 12:26:08.67 yN3n4O8g.net
数学は一度部分点が出たぐらいで意外に特異な方。確率統計は
ギャンブル好きだから、確実には極めない方がよい。
88:DJ学術
18/02/16 12:38:53.17 yN3n4O8g.net
記号が簡単すぎて幼いころに積み上げた数学が台無しになる。数も小数点
分数、数自体の集合分岐がないから、つまらないものにしたくない。
89:DJ学術
18/02/16 12:46:04.61 yN3n4O8g.net
数式を血統と数式で議論するのも本末転倒だが、詩学と数学の相性を考えると、
数式は真 空 中に建てる方が 綺麗かもしれない。将来は。
私は他者であり、数学は自分だ。
般若心経よりもいいのか。はたして。
90:１３２人目の素数さん
18/02/16 12:58:37.75 n3/HZSNp.net
>>82
＞a((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
＞a/(p^n(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1))=up-k
ここの変換も違う
分母と分子を取り違えてる
91:１３２人目の素数さん
18/02/16 15:30:39.59 ROeNsO6N.net
>>89
その部分は計算の誤りでした。
>>82 訂正
>>81 つづき
整数をtとして
a-c=(p-1)t
ps+k=(p-1)t
k+t=(t-s)p
k+t≡0 (mod p)
整数をuとして
k=up-t
a-c=(p-1)(up-k)
a((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
a(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)(p-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
a(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)=(up-k)p^n
a≡0 (mod p)
c≡-k (mod p)
a≡h+k (mod p)で、a≡0 (mod p)、0<h,k<pだから
h+k=p
a=jp^2-jp+h+k
a=jp^2-jp+p=jp(p-1)+p
a≡1 (mod p-1)
整数をvとして
a=v(p-1)+1
a((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
(v(p-1)+1)((p^n-1)/p^n)=(p-1)(up-k)
(p^n-1)/p^n≡0 (mod p-1)
(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)(p-1)/p^n≡0 (mod p-1)
整数wとして
(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)(p-1)/p^n=w(p-1)
w=(p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1)/p^n
wp^n=p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1
wp^n≡0 (mod p)
p^(n-1)+p^(n-2)+…+p+1≡1 (mod p)
となり、wが整数になることに矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
92:１３２人目の素数さん
18/02/16 15:43:21.81 n3/HZSNp.net
>>90
＞(p^n-1)/p^n≡0 (mod p-1)
左辺は整数じゃないよねえ…
93:１３２人目の素数さん
18/02/16 15:49:33.23 n3/HZSNp.net
>>90
あと、
＞a≡h+k (mod p)で、a≡0 (mod p)
これはg≡0(mod p)が証明できてないから言えない
94:１３２人目の素数さん
18/02/16 16:18:11.83 ROeNsO6N.net
>>92
>>81に書いてあります。
>>38, >>80-81, >>90が正しいと思われるレスです。
95:１３２人目の素数さん
18/02/16 16:35:15.40 n3/HZSNp.net
>>93
>>84>>85で指摘した通りです
96:DJ学術
18/02/16 20:06:21.75 yN3n4O8g.net
奇数に完全がないのは当たり前だが奇数を経て完全というのもおかしい話だな。
97:１３２人目の素数さん
18/02/17 00:46:55.71 ZE5af5vu.net
>>64
二番目のは３種類に限らない
４種類以上でも成り立つ
つまり３と５と７を同時に約数にもつ完全数は存在しない
言い換えると、１０５の倍数は完全数でない
98:DJ学術
18/02/17 08:13:55.42 5j7H1MVc.net
約数といったって 詩を引いて隠す感じが大事であって、数よりクオリア向きだよな。
99:１３２人目の素数さん
18/02/18 08:38:15.10 zA6IaP63.net
>>81 訂正
-ap+hp+c-h≡0 (mod g)
p(-a+h)+c-h≡0 (mod g)
整数iを用いて
p(-a+h)+c-h=gi
gp^2-gp+gi=0
i=p-p^2
i≡0 (mod p)
i≡0 (mod p-1)
iは1-pを約数に持つから偶数となる。
整数jを用いて
pj=gi
pj=g(p-p^2)
j=(1-p)g=g-gp
j≡0 (mod g)
j≡0 (mod p-1)
jは1-pを約数に持つから偶数となる。
g≡j (mod p) …④
c-h≡0 (mod p)だから、整数をk(0<k<p)として
c=kp+h
c,pはともに奇数であるから、hとkの偶奇は逆になる。
ap-2bp+2b=c
ap=2b(p-1)+c
=(gp+h)(p-1)+kp+h
=gp(p-1)+hp+kp
a=g(p-1)+h+k
a=gp-g+h+k
∴a≡-g+h+k≡0 (mod p)
g≡h+k (mod p)
hとkの偶奇は逆だから、h+kは奇数となるが
④の右辺は偶数であるから矛盾が生じる。
よって、上記の整数b,gは存在しない。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
100:１３２人目の素数さん
18/02/18 08:40:09.00 zA6IaP63.net
全ての証明は
>>38, >>80, >>98
となります。
101:１３２人目の素数さん
18/02/18 08:59:19.96 dSxwtxgZ.net
10≡7(mod.3)だけど矛盾はしてないな
102:１３２人目の素数さん
18/02/18 09:27:17.54 3BoN6Yxt.net
>>98
うん。矛盾しないね
＞g≡h+k (mod p)
＞hとkの偶奇は逆だから、h+kは奇数となるが
＞④の右辺は偶数であるから矛盾が生じる。
pは奇数だからね
偶数≡奇数 (mod p) でも何も問題ない
あのさ、いい加減書き込む前に自分で検証しようよ
103:１３２人目の素数さん
18/02/18 09:49:06.74 zA6IaP63.net
>>101
④の右辺はjでjは偶数。
104:１３２人目の素数さん
18/02/18 10:07:03.69 3BoN6Yxt.net
>>101
j=h+kとはいえんでしょ
105:１３２人目の素数さん
18/02/18 11:01:24.94 +IRfF0OB.net
test
106:１３２人目の素数さん
18/02/19 17:23:30.07 t7f4180D.net
>>80 から訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk
ここで、整数をa,bとし
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると
y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a
(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。
有理数dをd=a/bとすると
p=(2-d/p^n)/(2-d)
b=Π[k=1,m]pk^qkだから、
b?0 (mod p)
正整数e,fとして、
b=ep+f
0<f<p
b≡f (mod p)
が成立する
c-2b≡0 (mod p)
c≡2b≡2f (mod p)
c?0 (mod p)
ap-2bp+2b=c
ap-c=2b(p-1)
2b=(ap-c)/(p-1)
正整数g,h、h≡2f (mod p), 0<h<pとすると
2b=(ap-c)/(p-1)=gp+h
ap-c=gp^2+hp-gp-h
gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
gp+hが偶数になることから、gとhの偶奇は一致する。
107:１３２人目の素数さん
18/02/19 17:24:41.85 t7f4180D.net
>>105 つづき
-ap+hp+c-h≡0 (mod g)
p(-a+h)+c-h≡0 (mod g)
c-h≡0 (mod p)
整数iを用いて
p(-a+h)+c-h=gi
gp^2-gp+gi=0
i=p-p^2
i≡0 (mod p)
i≡0 (mod p-1)
iは1-pを約数に持つから偶数となる。
整数jを用いて
pj=gi
pj=g(p-p^2)
j=(1-p)g=g-gp
j≡0 (mod g)
j≡0 (mod p-1)
jは1-pを約数に持つから偶数となる。
g≡j (mod p)
c-h≡0 (mod p)だから、整数をkとして
c=kp+h
c,pはともに奇数であるから、hとkの偶奇は逆になる。
ap-2bp+2b=c
ap=2b(p-1)+c
=(gp+h)(p-1)+kp+h
=gp(p-1)+hp+kp
a=g(p-1)+h+k
a=gp-g+h+k
∴a≡-g+h+k≡0 (mod p)
g≡h+k (mod p)
a=gp-g+h+k=g(p-1)+h+k
c≡a≡h+k (mod p-1)
gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
p=(-(-a-g+h)±√((-a-g+h)^2-4g(c-h)))/(2g)
-a-g+h=-gp-k、c-h=kpだから、
p=(-(-gp-k)±√((-gp-k)^2-4kgp))/(2g)
=(gp+k±√((gp-k)^2)/(2g)
=(gp+k±(gp-k)/(2g)
=p, k/g
108:１３２人目の素数さん
18/02/19 17:25:36.01 t7f4180D.net
>>107 つづき
p=k/gの場合、
h+k=h+gp=h+g(p-1)+g
c≡h+k≡g+h (mod p-1)
gとhの偶奇は一致するから、cが奇数であることに反するので
この場合は不適になる。
gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0から
gp(p-1)+h(p-1)-ap+c=0
gp(p-1)+h(p-1)-c(p^n-1)=0
gp+h-c(p^(n-1)+…+1)=0
2b-c(p^(n-1)+…+1)=0
cとp^(n-1)+…+1は両方とも奇数であるから、上式は成立しないので
条件を満たす整数b,cは存在しない。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
109:１３２人目の素数さん
18/02/19 17:33:08.92 t7f4180D.net
>>105
?になっていることろは、?です。
110:１３２人目の素数さん
18/02/19 17:34:12.19 t7f4180D.net
>>108
?は≡の否定の記号です。
111:１３２人目の素数さん
18/02/19 18:35:39.94 MoQMDsvP.net
ap=cp^(n+1)が間違ってるし
cとp^n+…+1は両方とも奇数にはならない
112:１３２人目の素数さん
18/02/19 18:39:15.43 MoQMDsvP.net
＞y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
ここに戻っただけ
113:１３２人目の素数さん
18/02/19 21:55:28.98 m16ZPD9z.net
>>107 あわてんぼさんね
｜gp(p-1)+h(p-1)-ap+c=0
｜gp(p-1)+h(p-1)-c(p^n-1)=0
この導出が違うとこね
gp(p-1)+h(p-1)-ap+c=0
gp(p-1)+h(p-1)-(cp^n)p+c=0
gp(p-1)+h(p-1)-c(p^(n+1)-1)=0 が正解
p-1で割っても 2b-c(p^n+…+1)=0 となり矛盾しない
何度も言われてるけど検算しましょう
114:１３２人目の素数さん
18/02/19 22:03:24.65 m16ZPD9z.net
>>107
｜gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
｜p=(-(-a-g+h)±√((-a-g+h)^2-4g(c-h)))/(2g)
｜-a-g+h=-gp-k、c-h=kpだから、
｜p=(-(-gp-k)±√((-gp-k)^2-4kgp))/(2g)
｜=(gp+k±√((gp-k)^2)/(2g)
｜=(gp+k±(gp-k)/(2g)
｜=p, k/g
ここの部分は p=p であることを再確認しているだけで無意味
-a-g+h=-gp-k、c-h=kpだから、 gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0 が恒等式になるのです
115:１３２人目の素数さん
18/02/19 22:58:44.71 t7f4180D.net
>>105-107 訂正
yの素因数の指数は一つだけ奇数にならなければならない。
yが完全数であるためには、以下の式が成立しなければならない。
y/p^n=(1+p+p^2+…+p^n)Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)/(2p^n)=Π[k=1,m]pk^qk
ここで、整数をa,bとし
a=Π[k=1,m](1+pk+pk^2+…+pk^qk)
b=Π[k=1,m]pk^qk
とすると
y/p^n=a(1+p+p^2+…+p^n)/(2p^n)=b
a(p^(n+1)-1)/(2(p-1)p^n)=b
a(p^(n+1)-1)=2b(p-1)p^n
ap^(n+1)-2b(p-1)p^n=a
(ap-2bp+2b)p^n=a
ここで、ap-2bp+2bは整数だからa/p^nは整数となりこれをcとする
ap-2bp+2b=c
(a-2b)p=c-2b
p=(c-2b)/(a-2b)
となる。
有理数dをd=a/bとすると
p=(2-d/p^n)/(2-d)
b=Π[k=1,m]pk^qkだから、
b≢0 (mod p)
正整数e,fとして、
b=ep+f
0<f<p
b≡f (mod p)
が成立する
c-2b≡0 (mod p)
c≡2b≡2f (mod p)
c≢0 (mod p)
ap-2bp+2b=c
ap-c=2b(p-1)
2b=(ap-c)/(p-1)
正整数g,h、h≡2f (mod p), 0<h<pとすると
2b=(ap-c)/(p-1)=gp+h
ap-c=gp^2+hp-gp-h
gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
gp+hが偶数になることから、gとhの偶奇は一致する。 …(1)
116:１３２人目の素数さん
18/02/19 23:00:28.44 t7f4180D.net
>>114 つづき
-ap+hp+c-h≡0 (mod g)
p(-a+h)+c-h≡0 (mod g)
c-h≡0 (mod p)
整数iを用いて
p(-a+h)+c-h=gi
gp^2-gp+gi=0
i=p-p^2
i≡0 (mod p)
i≡0 (mod p-1)
iは1-pを約数に持つから偶数となる。
整数jを用いて
pj=gi
pj=g(p-p^2)
j=(1-p)g=g-gp
j≡0 (mod g)
j≡0 (mod p-1)
jは1-pを約数に持つから偶数となる。
g≡j (mod p)
c-h≡0 (mod p)だから、整数をkとして
c=kp+h
c,pはともに奇数であるから、hとkの偶奇は逆になる。 …(2)
ap-2bp+2b=c
ap=2b(p-1)+c
=(gp+h)(p-1)+kp+h
=gp(p-1)+hp+kp
a=g(p-1)+h+k
a=gp-g+h+k
∴a≡-g+h+k≡0 (mod p)
g≡h+k (mod p)
a=gp-g+h+k=g(p-1)+h+k
c≡a≡h+k (mod p-1)
gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
p=(-(-a-g+h)±√((-a-g+h)^2-4g(c-h)))/(2g)
-a-g+h=-gp-k、c-h=kpだから、
p=(-(-gp-k)±√((-gp-k)^2-4kgp))/(2g)
=(gp+k±√((gp-k)^2)/(2g)
=(gp+k±(gp-k)/(2g)
=p, k/g
117:１３２人目の素数さん
18/02/19 23:01:06.54 t7f4180D.net
>>115 つづき
p=k/gの場合、
h+k=h+gp=h+g(p-1)+g
c≡h+k≡g+h (mod p-1)
gとhの偶奇は一致するから、cが奇数であることに反するので
この場合は不適になる。
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、n=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となる。
a-c=(g-k)(p-1)より、
g-k=(kp+h)(p^(n-1)+…+1)
g=c(p^(n-1)+…+1)+k
g≡(h+k)(p^(n-1)+…+1)+k (mod p-1)
p^(n-1)+…+1=(p^(n-1)-1)+1+(p^(n-2)-1)+1…+(p-1)+1+1)から
p^(n-1)+…+1≡n (mod p-1)となるので
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
∴g-k≡n(h+k)
2b-c≡g-k≡n(h+k)≡nc (mod p-1)
(n+1)c≡2b (mod p-1)
(4m+2)c≡2b (mod p-1)
b≡(2m+1)c (mod p-1)
b≡g+h (mod p-1)より、
g+h≡(2m+1)(h+k) (mod p-1)
g≡2mh+(2m+1)k (mod p-1)
となり、gとkの偶奇が一致するが、これは(1)、(2)の条件と矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
118:１３２人目の素数さん
18/02/19 23:50:57.72 m16ZPD9z.net
｜(4m+2)c≡2b (mod p-1)
｜b≡(2m+1)c (mod p-1)
p-1は2の倍数なのでこういう導出はしちゃダメです。
(4m+2)c-2b が p-1の 倍数だからと言って (2m+1)c-b が p-1の 倍数とはいえません
119:１３２人目の素数さん
18/02/20 00:35:51.68 HFA3crJ2.net
>>117
計算間違いを直しました。
>>116 訂正
p=k/gの場合、
h+k=h+gp=h+g(p-1)+g
c≡h+k≡g+h (mod p-1)
gとhの偶奇は一致するから、cが奇数であることに反するので
この場合は不適になる。
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、mを整数としてn=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となる。
a-c=(g-k)(p-1)より、
g-k=(kp+h)(p^(n-1)+…+1)
g=c(p^(n-1)+…+1)+k
g≡(h+k)(p^(n-1)+…+1)+k (mod p-1)
p^(n-1)+…+1=(p^(n-1)-1)+1+(p^(n-2)-1)+1…+(p-1)+1+1)から
p^(n-1)+…+1≡n (mod p-1)となるので
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
∴g-k≡n(h+k)
2b-c≡g-k≡n(h+k)≡nc (mod p-1)
(n+1)c≡2b (mod p-1)
(4m+2)c≡2b (mod p-1)
整数をrとして、p-1=4qとすると、
(4m+2)c-2b=4qr
(2m+1)c-b=2qr
1. rが奇数のとき
(2m+1)c-b≡2qr (mod p-1)
b≡g+h (mod p-1)より、
g+h≡(2m+1)(h+k)-2qr (mod p-1)
g≡2(mh-qr)+(2m+1)k (mod p-1)
2. rが偶数のとき
(2m+1)c-b≡0 (mod p-1)
b≡(2m+1)c
b≡g+h (mod p-1)より、
g+h≡(2m+1)(h+k) (mod p-1)
g≡2mh+(2m+1)k (mod p-1)
1.、2.の両方の場合で、gとkの偶奇が一致するが、
これは(1)、(2)の条件と矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
120:１３２人目の素数さん
18/02/20 00:37:29.27 HFA3crJ2.net
>>118 訂正
＞g≡2(mh-qr)+(2m+1)k (mod p-1)
g≡2(mh-qr)h+(2m+1)k (mod p-1)
121:１３２人目の素数さん
18/02/20 00:49:28.95 7GfvdoWu.net
いつになったら自分で確認できるようになるのか
>b≡g+h (mod p-1)より
なんて出るわけないだろ
122:１３２人目の素数さん
18/02/20 12:52:50.05 HFA3crJ2.net
>>120
また、計算間違いを直しました。
>>118 訂正
p=k/gの場合、
h+k=h+gp=h+g(p-1)+g
c≡h+k≡g+h (mod p-1)
gとhの偶奇は一致するから、cが奇数であることに反するので
この場合は不適になる。
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、mを整数としてn=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となり、
p-1が4の倍数であることが必要になる。
④のpに関する2次方程式が、p=4q+1とk/gの２解を持つとすると
以下の式が成立しなければならない。
g(p-4q+1)(p-k/g)-gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
(-4gq+g-k)p+4kq-k-((-a-g+h)p+c-h)=0
(a-4gq+2g-k-h)p+4kq-k-c+h=0
ap-c+(-4gq+2g-k)p+4kq-k-h(p-1)=0
ap-c=2b(p-1)から
ap-c≡0 (mod p-1)を用いると
-4gq+2g-2k+4kq≡0 (mod p-1)
rを整数として、
-4gq+2g-2k+4kq=r(p-1)
-2gq+g-k+2kq=r(p-1)/2
p-1は4の倍数となるから、(p-1)/2が偶数となるから
右辺は偶数になり、gとkの偶奇は一致することになる。
しかしこれは、(1)、(2)に矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
123:１３２人目の素数さん
18/02/20 13:55:31.17 OyxXgfrL.net
>>121
＞④のpに関する2次方程式が、p=4q+1とk/gの解を持つとすると
p=k/gだと矛盾すると自分で言っておきながらなぜそういう仮定をするのか
最初から正しくない式を持ち出してそこから矛盾を引き出すことを背理法とは言いません
124:１３２人目の素数さん
18/02/20 14:11:26.90 OyxXgfrL.net
>>121
＞④のpに関する2次方程式が、p=4q+1とk/gの２解を持つとすると
以下の式が成立しなければならない。
＞g(p-4q+1)(p-k/g)-gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
最初の1の符号が違う
g(p-4q-1)(p-k/g)-gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
この式を同じように変形するとg-kの項は消える
125:１３２人目の素数さん
18/02/20 16:02:43.64 HFA3crJ2.net
>>123
訂正します。
＞g(p-4q+1)(p-k/g)-gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0
g(p-4q+1)(p-k/g)-(gp^2+(-a-g+h)p+c-h)=0
126:１３２人目の素数さん
18/02/20 16:22:38.54 HFA3crJ2.net
>>121 訂正
p=k/gの場合、
h+k=h+gp=h+g(p-1)+g
c≡h+k≡g+h (mod p-1)
gとhの偶奇は一致するから、cが奇数であることに反するので
この場合は不適になる。
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、mを整数としてn=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となり、
p-1が4の倍数であることが必要になる。
④のpに関する2次方程式が、p=4q+1とk/gの２解を持つとすると
gp^2-4gqp+gp-kp+4kq-k-(gp^2+(-a-g+h)p+c-h)=0
-4gqp+gp-kp+4kq-k-((-a-g+h)p+c-h)=0
(-4gq+2g-k+a-h)p+4kq-c-k+h=0
ap-c+2gp-4gqp+4kq-(p+1)k-h(p-1)=0
ap-c=2b(p-1)から
ap-c≡0 (mod p-1)を用いると
-4gq+2g-2k+4kq≡0 (mod p-1)
rを整数として、
-4gq+2g-2k+4kq=r(p-1)
-2gq+g-k+2kq=r(p-1)/2
p-1は4の倍数であり、(p-1)/2が偶数となるから
右辺は偶数になり、gとkの偶奇は一致することになる。
しかしこれは、(1)、(2)に矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
127:１３２人目の素数さん
18/02/20 17:28:08.07 OyxXgfrL.net
>>125
ダメ
128:１３２人目の素数さん
18/02/20 19:57:22.76 Sw9cLlv/.net
>>124
｜g(p-4q+1)(p-k/g)-(gp^2+(-a-g+h)p+c-h)=0
この式も間違いです。p=4q+1が解となるには以下でないといけません
g(p-(4q+1))(p-k/g)-(gp^2+(-a-g+h)p+c-h)=0
129:１３２人目の素数さん
18/02/21 08:38:44.42 1dkpfo/f.net
>>127
計算が間違えてました。
>>125 訂正
p=k/gの場合、
h+k=h+gp=h+g(p-1)+g
c≡h+k≡g+h (mod p-1)
gとhの偶奇は一致するから、cが奇数であることに反するので
この場合は不適になる。
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、mを整数としてn=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となり、
p-1が4の倍数であることが必要になる。
p=(c-2b)/(a-2b)、c-2b=(k-g)pより
a-2b=k-g
a-c=a-2b-(c-2b)=k-g-(k-g)p=(g-k)(p-1)
g-k=(a-c)/(p-1)=(p^n-1)c/(p-1)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)
g=c(p^(n-1)+…+1)+k
g≡(h+k)(p^(n-1)+…+1)+k (mod p-1)
p^(n-1)+…+1=(p^(n-1)-1)+1+(p^(n-2)-1)+1…+(p-1)+1+1)から
p^(n-1)+…+1≡n (mod p-1)となるので
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
n=4m+1であるから
g≡(4m+1)h+(4m+2)k (mod p-1)
となり、gとhの偶奇が異なるが、これは(1)と矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
130:１３２人目の素数さん
18/02/21 14:42:40.83 JFIkQrIb.net
>>128
＞g≡(4m+1)h+(4m+2)k (mod p-1)
＞となり、gとhの偶奇が異なる
なにゆえ？
g≡奇数×h+偶数 (mod 偶数) なのに？
131:１３２人目の素数さん
18/02/22 07:19:59.39 aRC6/fxB.net
>>85
i=p-p^2が答えでした。だいぶ遠回りをしましたが。
>>129
その通りでございます。
>>115 訂正
-ap+hp+c-h≡0 (mod g)
p(-a+h)+c-h≡0 (mod g)
c-h≡0 (mod p)
整数iを用いて
p(-a+h)+c-h=gi
gp^2-gp+gi=0
i=p-p^2
p^2-p+i=0
p=(1±√(1-4i))/2
pが整数となるためにはi=0
このとき、pは0か1となるため、奇素数pは存在しない。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
132:１３２人目の素数さん
18/02/22 09:26:32.77 0lEiiK+t.net
i=p-p^2と書いてる時点でiは負の整数なんだなと思わないのか
133:１３２人目の素数さん
18/02/22 09:58:48.54 qyfrsyyj.net
わざと間違えたふりをして煙に巻こうとしてるんだからたちが悪い
134:１３２人目の素数さん
18/02/22 10:11:00.48 qyfrsyyj.net
>>130
書くまでもありゃしないが
i=p-p^2
だったら
p=(1+√(1-4i))/2
=(1+√(1-4(p-p^2)))/2
=(1+√(1-4p+4p^2))/2
=(1+(2p-1))/2=2p/2=p
なーんもおかしくない
135:１３２人目の素数さん
18/02/22 12:55:08.55 aRC6/fxB.net
>>132
本当に間違えています。調子が悪いと思います。
>>131,133
誤りを直しました。
>>130 訂正
p=k/gの場合、
h+k=h+gp=h+g(p-1)+g
c≡h+k≡g+h (mod p-1)
gとhの偶奇は一致するから、cが奇数であることに反するので
この場合は不適になる。
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、mを整数としてn=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となり、
p-1が4の倍数であることが必要になる。
p^2-p+i=0
p=(1±√(1-4i))/2
ap-c-h(p-1)=-gi
(p^(n+1)-1)c-h(p-1)=-gi
(p-1)((p^n+…+1)c-h)=-gi
(p-1)((p^n+…+1)c-h)=gp(p-1)
gp=(p^n+…+1)c-h
(p^n+…+1)c-h>=(p+1)c-h>c+p-h>c>0だから、
g>0
となる。よって
(p-1)((p^n+…+1)c-h)>0
から
i<0
136:１３２人目の素数さん
18/02/22 12:55:53.18 aRC6/fxB.net
>>134 つづき
p>0となるのは、
p=(1+√(1-4i))/2
のときである。
pはqを整数として、
p=4q+1とならなければならないので
4q+1=(1+√(1-4i))/2
8q+2=1+√(1-4i)
√(1-4i)=8q+1
1-4i=64q^2+16q+1
-4i=64q^2+16q
i≡0 (mod p-1)
だからiは偶数であり、√(1-4i)が整数になるために
奇数をsとして、
s=-i/2 (s>0)
8s=64q^2+16q
s=8q^2+2q
となり、sは偶数となり矛盾がおきる。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
137:１３２人目の素数さん
18/02/22 14:26:03.34 0lEiiK+t.net
根拠のない思い込みやめろよ
>奇数をsとして、
iはp-1(4の倍数)の倍数だからこんなのでないだろ
138:１３２人目の素数さん
18/02/22 18:42:34.80 zes+nHrT.net
俺たちはメルセンヌ素数追いかけることしかできない
139:１３２人目の素数さん
18/02/23 00:30:28.68 CLzWvXVf.net
>>136
ただの計算間違いです。
>>115 訂正
-ap+hp+c-h≡0 (mod g)
p(-a+h)+c-h≡0 (mod g)
c-h≡0 (mod p)
整数iを用いて
p(-a+h)+c-h=gi
gp^2-gp+gi=0
i=p-p^2
i≡0 (mod p)
i≡0 (mod p-1)
iは1-pを約数に持つから偶数となる。
整数jを用いて
pj=gi
pj=g(p-p^2)
j=(1-p)g=g-gp
j≡0 (mod g)
j≡0 (mod p-1)
jは1-pを約数に持つから偶数となる。
g≡j (mod p)
c-h≡0 (mod p)だから、整数をkとして
c=kp+h
c,pはともに奇数であるから、hとkの偶奇は逆になる。 …(2)
ap-2bp+2b=c
ap=2b(p-1)+c
=(gp+h)(p-1)+kp+h
=gp(p-1)+hp+kp
a=g(p-1)+h+k
a=gp-g+h+k
∴a≡-g+h+k≡0 (mod p)
g≡h+k (mod p)
a=gp-g+h+k=g(p-1)+h+k
c≡a≡h+k (mod p-1)
gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0 …④
140:１３２人目の素数さん
18/02/23 00:31:54.34 CLzWvXVf.net
>>138 つづき gp^2+(-a-g+h)p+c-h=0 …④ p=(-(-a-g+h)±√((-a-g+h)^2-4g(c-h)))/(2g) -a-g+h=-gp-k、c-h=kpだから、 p=(-(-gp-k)±√((-gp-k)^2-4kgp))/(2g) =(gp+k±√((gp-k)^2)/(2g) =(gp+k±(gp-k)/(2g) =p, k/g ④の方程式がpとk/gの２解を持つxの２次方程式だとすると gx^2+(-a-g+h)x+c-h=0 …⑤ g(x-p)(x-k/g)=0 (x-p)(gx-k)=0 gx^2-(gp+k)x+kp=0 上式と⑤のxの1次式の項の係数を比較すると gp+k=-a-g+h 2b=gp+hより 2b=gp+h=-a-g+2h-k ∴a+2b=-g+2h-k …⑥ p=(c-2b)/(a-2b)、c-2b=(k-g)pより a-2b=k-g …⑦ ⑥、⑦から a=-g+h 2b=-k+h となるが、(1)から-g+hは偶数になりaが奇数であることに反し (2)から-k+hは奇数になるが、2bが偶数であることに反する。 方程式⑤の解から矛盾がおきたので、⑤の方程式は正しくない。 以上から、奇数の完全数は存在しない。
142:１３２人目の素数さん
18/02/23 01:59:12.43 Q+xb50pv.net
>>139
>gx^2+(-a-g+h)x+c-h=0 …⑤
>gx^2-(gp+k)x+kp=0
>上式と⑤のxの1次式の項の係数を比較すると
>gp+k=-a-g+h
符 号 が 逆
143:１３２人目の素数さん
18/02/23 18:31:08.41 CLzWvXVf.net
>>140
符号の計算を間違えました。
>>139 訂正
p=(-(-a-g+h)±√((-a-g+h)^2-4g(c-h)))/(2g)
-a-g+h=-gp-k、c-h=kpだから、
p=(-(-gp-k)±√((-gp-k)^2-4kgp))/(2g)
=(gp+k±√((gp-k)^2)/(2g)
=(gp+k±(gp-k)/(2g)
=p, k/g
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、mを整数としてn=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となり、
p-1が4の倍数であることが必要になる。
ap-c=(p^(n+1)-1)c=(p-1)(p^n+…+1)=(p-1)(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
ap-c≡0 (mod p+1)
ap-c≡-a-c≡-a-(-k+h)≡0 (mod p+1)
a≡k-h (mod p+1)
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b=c(p^n+p^(n-1)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b≡0 (mod p+1)
c=kp+h
≡-k+h (mod p+1)
144:１３２人目の素数さん
18/02/23 18:32:02.04 CLzWvXVf.net
>>141 つづき
p^n≡p^(n-1)(p+1)-p^(n-1)≡-p^(n-1) (mod p+1)
から
p^n≡(-1)^x*p^(n-x) (mod p+1)
p^n≡-1 (mod p+1)
a≡cp^n≡-c (mod p+1)
a+c≡0 (mod p+1)
a-c≡2k-2h≡0 (mod p+1)
整数s,tを用いて
a-c=(p-1)s
a+c=(p+1)t
2a=(p-1)s+(p+1)t
p=4q+1とすると
2a=4qs+(4q+2)t
a=2qs+(2q+1)t
aは奇数だから、tは奇数
2c=(p+1)t-(p-1)s
2c=(4q+2)t-4qs
c=(2q+1)t-2qs
ap-2bp+2b=c
2b(p-1)=ap-c=(2qs+(2q+1)t)p-(2q+1)t+2qs
=(2q+1)t(p-1)+2qs(p+1)
p+1=4q+2
p-1=4q
(p+1)/(p-1)=1+1/(2q)
2b=(2q+1)t+2qs(1+1/(2q))
=(2q+1)t+(2q+1)s
=(2q+1)(t+s)
tが奇数だからsは奇数となり、bが奇数だから(s+t)/2は奇数となる。
p=(a-c)/s+1=(a+c)/t-1
p=(a-c)t+st=(a+c)s-st
(a+c)s-(a-c)t=2st
a(s-t)+c(s+t)=2st
a(s-t)/2+c(s+t)/2=st
(s+t)/2が奇数のとき、(s-t)/2は奇数となるので左辺は偶数となるが
これはstが奇数になることと矛盾する。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
145:１３２人目の素数さん
18/02/23 18:41:32.76 CLzWvXVf.net
正しいと思われるレスは、
>>38,>>114,>>138,>>141,>>142
になります。
146:１３２人目の素数さん
18/02/23 18:51:16.07 jpZcZ0GN.net
>>142
＞(s+t)/2が奇数のとき、(s-t)/2は奇数となる
なにゆえ？
(s+t)/2-(s-t)/2=tは奇数だと上で言ってるやん
147:１３２人目の素数さん
18/02/25 12:21:18.53 M/TZHUDF.net
>>139 訂正
p=(-(-a-g+h)±√((-a-g+h)^2-4g(c-h)))/(2g)
-a-g+h=-gp-k、c-h=kpだから、
p=(-(-gp-k)±√((-gp-k)^2-4kgp))/(2g)
=(gp+k±√((gp-k)^2)/(2g)
=(gp+k±(gp-k)/(2g)
=p, k/g
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、mを整数としてn=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となり、
p-1が4の倍数であることが必要になる。
a=cp^n≡k+h (mod p-1)
2b=gp+h≡g+h (mod p-1)
c≡k+h (mod p-1)
a-c≡0 (mod p-1)
a+c≡2k+2h (mod p-1)
整数をrとして
2r=g+h
2b=(p-1)s+2r
2b=(p+1)t
(s-t)p=s+t-2r
p=1+2(t-r)/(s-t)
2q=(t-r)/(s-t)
2(s-t)q=t-r
rが奇数なので、tは奇数となる。
(2q+1)t=2sq+r
t=(2sq+r)/(2q+1)
=s+(r-s)/(2q+1)
m=(r-s)/(2q+1)とすると
m(2q+1)=r-s
s=-m(2q+1)+r
t=-m(2q+1)+r+m
t=-2mq+r
2(s-t)q=-2mq
s-t=-2m
tが奇数なので、sは奇数となる。
148:１３２人目の素数さん
18/02/25 12:22:56.83 M/TZHUDF.net
>>145 つづき
t=s+mだから
s-t=-m
-2m=-m
∴m=0
これにより、
r=s=t
が成立する。
2b=(p+1)r
2b=gp+hであるから、
g=h=r
が成立し、gとhは奇数となる。
a=gp+k
2b=gp+g
c=kp+g
a≡g+k≡n(h+k)+2k (mod p-1)
2b≡2g≡2n(h+k)+2k (mod p-1)
c≡k+g (mod p-1)
gが奇数であるから、kは偶数になる。
p=(c-2b)/(a-2b)、c-2b=(k-g)pより
a-2b=k-g
a-c=a-2b-(c-2b)=k-g-(k-g)p=(g-k)(p-1)
a>c、p-1>0より、g>k
g-k=(a-c)/(p-1)=(p^n-1)c/(p-1)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)
g=c(p^(n-1)+…+1)+k
g≡(h+k)(p^(n-1)+…+1)+k (mod p-1)
p^(n-1)+…+1=(p^(n-1)-1)+1+(p^(n-2)-1)+1…+(p-1)+1+1)から
p^(n-1)+…+1≡n (mod p-1)となるので
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
n=4m+1、h=gであるから
g≡(4m+1)g+(4m+2)k (mod p-1)
となる。
149:１３２人目の素数さん
18/02/25 12:23:23.40 M/TZHUDF.net
>>146 つづき
a-c=(g-k)p+k-g=(p-1)(g-k)
a+c=(g+k)p+g+k=(p+1)(g+k)
(a-c)/(g-k)+1=(a+c)/(g+k)-1
(g+k)(a-c)+(g-k)(g+k)=(g-k)(a+c)-(g-k)(g+k)
(g-k)(a+c)-(g+k)(a-c)=2(g-k)(g+k)
(g-k-(g+k))a+(g-k+g+k)c=2(g-k)(g+k)
-2ka+2gc=2(g-k)(g+k)
-ka+gc=(g-k)(g+k)
ka-gc=-(g-k)(g+k)
(kp^n-g)c=-(g-k)(g+k)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)より
u=p^(n-1)+…+1とすると
g-k=cu
150: (kp^n-g)c=-cu(g+k) kp^n-g=-u(g+k) (u-1)g=-kp^n-uk u≡n (mod p-1) g≡n(h+k)+k (mod p-1) から (u-1)g≡(n-1)(n(h+k)+k)≡n(n-1)(h+k)+(n-1)k (mod p-1) -kp^n-uk≡-k-nk≡-(n+1)k (mod p-1) n(n-1)(h+k)+(n-1)k+(n+1)k≡0 (mod p-1) n(n-1)(h+k)+2nk≡0 (mod p-1) n(n-1)h+n(n+1)k≡0 (mod p-1) p=4q+1とすると、整数をvとして n(n-1)h+n(n-1)k=4qv n((n-1)/2)h+n((n-1)/2)k=2qv hが奇数、kが偶数であるから、左辺は奇数となるが 右辺は偶数なので矛盾する。 以上から、奇数の完全数は存在しない。
151:１３２人目の素数さん
18/02/25 13:04:35.01 XZ8Bg2E1.net
>>147
最近の証明もどきは長いわりに最後の文を見ただけで誤りがわかるから助かる
＞n((n-1)/2)h+n((n-1)/2)k=2qv
＞hが奇数、kが偶数であるから、左辺は奇数となる
n-1が4の倍数だから左辺は偶数ね
152:１３２人目の素数さん
18/02/26 12:48:00.31 lgc0LfCh.net
>>148
このような計算間違いをすることは、普段は少ないのですが。
>>145 訂正
p=(-(-a-g+h)±√((-a-g+h)^2-4g(c-h)))/(2g)
-a-g+h=-gp-k、c-h=kpだから、
p=(-(-gp-k)±√((-gp-k)^2-4kgp))/(2g)
=(gp+k±√((gp-k)^2)/(2g)
=(gp+k±(gp-k)/(2g)
=p, k/g
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、mを整数としてn=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となり、
p-1が4の倍数であることが必要になる。
a=cp^n≡k+h (mod p-1)
2b=gp+h≡g+h (mod p-1)
c≡k+h (mod p-1)
a-c≡0 (mod p-1)
a+c≡2k+2h (mod p-1)
ap-c=(p^(n+1)-1)c=(p-1)(p^n+…+1)=(p-1)(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
ap-c≡0 (mod p+1)
ap-c≡-a-c≡-a-(-k+h)≡0 (mod p+1)
a≡k-h (mod p+1)
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b=c(p^n+p^(n-1)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b≡0 (mod p+1)
c=kp+h
≡-k+h (mod p+1)
a-c≡2k-2h (mod p+1)
a+c≡0 (mod p+1)
奇数をr、整数をs,tとして
r=k-h
a-c=(p+1)s+2r
a+c=(p+1)t
a+c=(p^n+1)c=(p+1)(p^(n-1)-p^(n-2)+p^(n-3)-…+1)c
となり、p^(n-1)-p^(n-2)+p^(n-3)-…+1は2で割れないから
tは奇数となる。
2a=(p+1)(s+t)+2r
a=(p+1)(s+t)/2+r
rとtが奇数だから、s+tは偶数になるのでsは奇数となる。
153:１３２人目の素数さん
18/02/26 12:49:33.91 lgc0LfCh.net
>>149 訂正
2a=(p+1)(s+t)+2r
(p+1)(s+t)=2(a-r)
p=2(a-r)/(s+t)-1
2c=(p+1)(t-s)-2r
c=(p+1)(t-s)/2-r
a=(p+1)(s+t)/2+r
=(s+t)p/2+(s+t+2r)/2
c=(p+1)(t-s)/2-r
=(t-s)p/2+(t-s-2r)/2
a=gp-g+h+k
c=kp+h
だから
g=(s+t)/2
-g+h+k=(s+t+2r)/2
k=(t-s)/2
h=(t-s-2r)/2
-g+h+k=-s-t+t-s-2r+t-s
=-3s+t-2r
s+t+2r=-3s+t-2r
4s+4r=0
∴s=-r
a-c=(p+1)(-r)+2r=-rp+r
g=(t-r)/2
-g+h+k=(r+t)/2
k=(r+t)/2
h=(t-r)/2
これにより、g=hが成立する。
a=gp+k
b=gp+g
c=kp+g
a-c=(g-k)p+k-g=(p-1)(g-k)
a+c=(g+k)p+g+k=(p+1)(g+k)
(a-c)/(g-k)+1=(a+c)/(g+k)-1
(g+k)(a-c)+(g-k)(g+k)=(g-k)(a+c)-(g-k)(g+k)
(g-k)(a+c)-(g+k)(a-c)=2(g-k)(g+k)
(g-k-(g+k))a+(g-k+g+k)c=2(g-k)(g+k)
-2ka+2gc=2(g-k)(g+k)
-ka+gc=(g-k)(g+k)
ka-gc=-(g-k)(g+k)
154:１３２人目の素数さん
18/02/26 12:51:02.69 lgc0LfCh.net
>>150 訂正
×>>149 訂正
〇>>149 つづき
155:１３２人目の素数さん
18/02/26 12:51:42.66 lgc0LfCh.net
>>150 つづき
(kp^n-g)c=-(g-k)(g+k)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)より
u=p^(n-1)+…+1とすると
g-k=cu
(kp^n-g)c=-cu(g+k)
kp^n-g=-u(g+k)
(u-1)g=-kp^n-uk
u≡n (mod p-1)
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
から
(u-1)g≡(n-1)(n(h+k)+k)≡n(n-1)(h+k)+(n-1)k (mod p-1)
-kp^n-uk≡-k-nk≡-(n+1)k (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+(n-1)k+(n+1)k≡0 (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+2nk≡0 (mod p-1)
n(n-1)h+n(n+1)k≡0 (mod p-1)
整数をqとしてp=4q+1だから、整数をvとして
n(n-1)h+n(n+1)k=4qv
k=(r+t)/2
h=(t-r)/2
より
n(n-1)(t-r)+n(n+1)(r+t)=8qv
tn^2+rn=4qv
n(nt+r)/2=2qv
整数をw,zとして
t=2w+1
r=2z+1とすると
(nt+r)/2=((4m+1)(2w+1)+2z+1)/2
=(8mw+4m+2w+2z+2)/2
=4mw+2m+w+z+1
となるから、(nt+r)/2は奇数となる。
よって、n(nt+r)/2は奇数となるから矛盾がおきる。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
156:１３２人目の素数さん
18/02/26 12:59:58.13 lgc0LfCh.net
>>152 追加
g≡n(h+k)+kは以下のように計算されます。
g-k=(a-c)/(p-1)=(p^n-1)c/(p-1)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)
g=c(p^(n-1)+…+1)+k
g≡(h+k)(p^(n-1)+…+1)+k (mod p-1)
p^(n-1)+…+1=(p^(n-1)-1)+1+(p^(n-2)-1)+1…+(p-1)+1+1)から
p^(n-1)+…+1≡n (mod p-1)となるので
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
正しいと思われるレスは、
>>38,>>114,>>138,>>149-152
になります、
157:１３２人目の素数さん
18/02/26 13:59:45.68 sKRDHM6B.net
w+zは奇数だから(nt+r)/2は偶数
158:１３２人目の素数さん
18/02/26 14:33:00.48 R9jBckXx.net
>>150
これまで正しい証明が一度もないので普段は間違わないと言われても信じがたい
＞a=(p+1)(s+t)/2+r
＞=(s+t)p/2+(s+t+2r)/2
＞c=(p+1)(t-s)/2-r
＞=(t-s)p/2+(t-s-2r)/2
＞a=gp-g+h+k
＞c=kp+h
＞だから
＞g=(s+t)/2
＞-g+h+k=(s+t+2r)/2
＞k=(t-s)/2
＞h=(t-s-2r)/2
今日のおかしいところはここかな
a=gp-g+h+k=(s+t)p/2+(s+t+2r)/2 から
＞g=(s+t)/2
＞-g+h+k=(s+t+2r)/2
は言えないし
c=kp+h=(t-s)p/2+(t-s-2r)/2 から
＞k=(t-s)/2
＞h=(t-s-2r)/2
も言えない
159:１３２人目の素数さん
18/02/26 15:53:20.42 lgc0LfCh.net
>>155
それは、昔学生の時に数学の計算問題で
ほとんど間違えなかったということです。
指摘された部分は、aとcがpの一次式なので係数比較を
行ったものです。
160:１３２人目の素数さん
18/02/26 17:36:42.25 R9jBckXx.net
>>156
＞指摘された部分は、aとcがpの一次式なので係数比較を行ったもの
大方そんな考えかなと思ったので指摘した次第です
pは最初に仮定したyから一意に定まる値であり、独立変数ではありません
そのような場合、pの一次式を複数立ててそれらが等しいことを示しても一概に係数同士が等しいとはいえません
161:１３２人目の素数さん
18/02/27 06:27:43.64 ig+G0YaZ.net
>>157
pが一意に定まらないことを証明しました。
a=(p+1)(s+t)/2+r
=(s+t)p/2+(s+t+2r)/2
c=(p+1)(t-s)/2-r
=(t-s)p/2+(t-s-2r)/2
a=gp-g+h+k
c=kp+h
だから
(p+1)(t-s)/2-r=kp+h
(p+1)(t-s)=2kp+2h-2r
(p+1)(t-s)=2kp+4h-2k …⑤
(s-t+2k)p=-4h+2k-s+t …⑥
となるが、ここで
a-c=a+c-2c=(p+1)t-2(kp+h)
=(
162:p+1)(t-2k)+2k-2h r=k-hだから s=t-2k となり (s-t+2k)p=-4h+4k s-t+2k=0だから -4h+4k=0 h=kとなるので、(2)に反するので矛盾がおきる。 (p+1)(s+t)/2+r=gp-g+h+k (p+1)(s+t)=2gp-2g+2h+2k-2r (p+1)(s+t)=2gp-2g+4h …⑦ (p+1)(s+t)=2g(p-1)+4h (p+1)(s+t)/4=g(p-1)/2+h …⑧ a=(p+1)(s+t)/2+k-h (a-k+h)/2=(p+1)(s+t)/4 a≡k-h (mod p-1)より、左辺は偶数で、(p+1)/2は奇数であるから (s+t)/2は偶数となる。 これにより、⑧の左辺は偶数になり、hは偶数になる。 よって条件(1)、(2)により、gは偶数、kは奇数になる。 式⑦から式⑤を辺々引くと 2s(p+1)=2(g-k)p-2g+2k s(p+1)=(g-k)p-g+k s(p+1)=(g-k)(p-1) s(p+1)/2=(g-k)(p-1)/2 となり、左辺は奇数に右辺は偶数になるので矛盾する。 以上から、pは一意の値にはならない。
163:１３２人目の素数さん
18/02/27 06:31:07.64 RVqV86Rj.net
あほか
164:１３２人目の素数さん
18/02/27 06:50:44.91 ig+G0YaZ.net
>>152 訂正
(kp^n-g)c=-(g-k)(g+k)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)より
u=p^(n-1)+…+1とすると
g-k=cu
(kp^n-g)c=-cu(g+k)
kp^n-g=-u(g+k)
(u-1)g=-kp^n-uk
u≡n (mod p-1)
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
から
(u-1)g≡(n-1)(n(h+k)+k)≡n(n-1)(h+k)+(n-1)k (mod p-1)
-kp^n-uk≡-k-nk≡-(n+1)k (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+(n-1)k+(n+1)k≡0 (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+2nk≡0 (mod p-1)
n(n-1)h+n(n+1)k≡0 (mod p-1)
整数をqとしてp=4q+1だから、整数をvとして
n(n-1)h+n(n+1)k=4qv
k=(r+t)/2
h=(t-r)/2
より
n(n-1)(t-r)+n(n+1)(r+t)=8qv
tn^2+rn=4qv
tn^2+rn=4qv
n(nt+r)/2=2qv
整数をw,zとして
t=2w+1
r=2z+1とすると
(nt+r)/2=((4m+1)(2w+1)+2z+1)/2
=(8mw+4m+2w+2z+2)/2
=4mw+2m+w+z+1
w+z=(t+r)/2-1
=k-1
だから
(nt+r)/2=4mw+2m+k
となり、kは奇数であるから(nt+r)/2は奇数となる。
よって、n(nt+r)/2は奇数となるから矛盾がおきる。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
165:１３２人目の素数さん
18/02/27 08:22:37.18 sumzRYSG.net
自分でkは偶数と書いてんのに何で違うことになってんだ
あと計算間違い多すぎ
166:１３２人目の素数さん
18/02/27 09:57:13.29 ig+G0YaZ.net
>>161
>>158
167:１３２人目の素数さん
18/02/27 10:06:50.82 RVqV86Rj.net
(p+1)(t-s)/2-r=kp+h
(p+1)(t-s)=2kp+2h-2r
この２行だけ見ても違う
もうお話にならない
168:１３２人目の素数さん
18/02/27 14:17:31.15 LJffKOFh.net
証明が完成したら10回読み直して10回計算し直す
大抵5回目で間違いに気が付く
確信は最大の敵だから、気をつけて
169:１３２人目の素数さん
18/02/27 19:58:54.02 ig+G0YaZ.net
>>158 訂正
a=(p+1)(s+t)/2+r
=(s+t)p/2+(s+t+2r)/2
c=(p+1)(t-s)/2-r
=(t-s)p/2+(t-s-2r)/2
a=gp-g+h+k
c=kp+h
だから
(p+1)(t-s)/2-r=kp+h
(p+1)(t-s)=2kp+2h+2r
(p+1)(t-s)=2kp+2k …⑤
(s-t+2k)p=-2k-s+t
となるが、ここで
a-c=a+c-2c=(p+1)t-2(kp+h)
=(p+1)(t-2k)+2k-2h
r=k-hだから
s=t-2k
となり
(s-t+2k)p=0
よって、pは不定になる。
(p+1)(s+t)/2+r=gp-g+h+k
(p+1)(s+t)/2+k-h=gp-g+h+k
(p+1)(s+t)/2=gp-g+2h
(p+1)(s+t)=2gp-2g+4h …⑥
(p+1)(s+t)=2g(p-1)+4h
(p+1)(s+t)/4=g(p-1)/2+h …⑦
a=(p+1)(s+t)/2+k-h
(a-k+h)/2=(p+1)(s+t)/4
a≡k-h (mod p-1)より、左辺は偶数で、(p+1)/2は奇数であるから
(s+t)/2は偶数となる。
これにより、⑦の左辺は偶数になり、hは偶数になる。
よって、条件(1)、(2)によりgは偶数、kは奇数になる。
170:１３２人目の素数さん
18/02/27 20:00:49.91 ig+G0YaZ.net
>>165 つづき
式⑥から式⑤を辺々引くと
2(p+1)s=2(g-k)p-2g+4h-2k
(p+1)s=(g-k)p-g+2h-k
(s-g+k)p=-g+2h-k-s
(s-g+k)(p-1)=2h-2k-2s
(s-g+k)(p-1)/2=h-k-s
(s-g+k)(p-1)/2=-r-s
ここで
c=(p+1)(t-s)/2-r
r=-c+(p+1)(t-s)/2
=-c+(p+1)t/2-(p+1)s/2
r+s=-c+(p+1)t/2-(p-1)s/2
となるので
(s-g+k)(p-1)/2=-(-c+(p+1)t/2-(p-1)s/2)
(s-g+k)(p-1)/2=c-(p+1)t/2+(p-1)s/2
(-g+k)(p-1)/2=c-(p+1)t/2
c=(p+1)t/2+(-g+k)(p-1)/2
2c=(p+1)t+(-g+k)(p-1)
2c≡(-g+k)(p-1)≡g-k (mod p+1) …⑧
⑥から
(p+1)(s+t)=2g(p+1)-4g+4h
(p+1)(s+t)/4=g(p+1)/2-g+h
-g+h≡0 (mod p+1)
∴g≡h (mod p+1)
⑧より
2c≡h-k (mod p+1)
c=kp+hだから
c≡-k+h (mod p+1)
となるから
2c≡2(-k+h)≡h-k (mod p+1)
-2k+2h≡h-k (mod p+1)
∴h≡k (mod p+1)
これは、条件(2)に反する。
以上から、素数pは一意の値を持つことがない。
171:１３２人目の素数さん
18/02/27 22:50:56.53 sumzRYSG.net
2(-k+h)≡h-k
これ見て2を付け損ねたんじゃないかと思って見直すとかしないのか
172:１３２人目の素数さん
18/02/27 23:38:44.68 RVqV86Rj.net
2c≡(-g+k)(p-1)≡g-k (mod p+1) …⑧
2を付け忘れた場所ってここかねえ
見直してないんだろうね
173:１３２人目の素数さん
18/02/27 23:48:14.17 l7OJCoLb.net
手の込んだ間違い探しだな
174:１３２人目の素数さん
18/03/01 10:54:12.07 AGXkXS1h.net
>>168
結構見直しはしているつもりです。
>>149 訂正
p=(-(-a-g+h)±√((-a-g+h)^2-4g(c-h)))/(2g)
-a-g+h=-gp-k、c-h=kpだから、
p=(-(-gp-k)±√((-gp-k)^2-4kgp))/(2g)
=(gp+k±√((gp-k)^2)/(2g)
=(gp+k±(gp-k)/(2g)
=p, k/g
2b-c(p^(n+1)-1)/(p-1)=0
(p^n+…+1)/2が奇数であるから、mを整数としてn=4m+1が必要となる。
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b(p-1)=c(p^(4m+2)-1)
2b=c(p^(4m+1)+p^(4m)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b=c(p+1)((p^2+1)(p^(4m-2)+p^(4m-6)+…+p^2)+1)
bはp+1が4の倍数でないときに奇数となり、
p-1が4の倍数であることが必要になる。
p=(c-2b)/(a-2b)、c-2b=(k-g)pより
a-2b=k-g
a-c=a-2b-(c-2b)=k-g-(k-g)p=(g-k)(p-1)
a>c、p-1>0より、g>k
g-k=(a-c)/(p-1)=(p^n-1)c/(p-1)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)
g=c(p^(n-1)+…+1)+k
g≡(h+k)(p^(n-1)+…+1)+k (mod p-1)
p^(n-1)+…+1=(p^(n-1)-1)+1+(p^(n-2)-1)+1…+(p-1)+1+1)から
p^(n-1)+…+1≡n (mod p-1)となるので
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
a=cp^n≡k+h (mod p-1)
2b=gp+h≡g+h (mod p-1)
c≡k+h (mod p-1)
a-c≡0 (mod p-1)
a+c≡2k+2h (mod p-1)
ap-c=(p^(n+1)-1)c=(p-1)(p^n+…+1)=(p-1)(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
ap-c≡0 (mod p+1)
ap-c≡-a-c≡-a-(-k+h)≡0 (mod p+1)
a≡k-h (mod p+1)
2b(p-1)=c(p^(n+1)-1)
2b=c(p^n+p^(n-1)+…+1)
2b=c(p+1)(p^(4m)+p^(4m-2)+…+1)
2b≡0 (mod p+1)
c=kp+h
≡-k+h (mod p+1)
175:１３２人目の素数さん
18/03/01 10:57:02.36 AGXkXS1h.net
>>170 つづき
a-c≡2k-2h (mod p+1)
a+c≡0 (mod p+1)
奇数をr、整数をs,tとして
r=k-h
a-c=(p+1)s+2r
a+c=(p+1)t
a+c=(p^n+1)c=(p+1)(p^(n-1)-p^(n-2)+p^(n-3)-…+1)c
となり、p^(n-1)-p^(n-2)+p^(n-3)-…+1は2で割れないから
tは奇数となる。
2a=(p+1)(s+t)+2r
a=(p+1)(s+t)/2+r …⑤
rとtが奇数だから、s+tは偶数になるのでsは奇数となる。
2c=(p+1)(t-s)-2r
c=(p+1)(t-s)/2-r …⑥
c=kp+hから
(p+1)(t-s)/2-r=kp+h
(p+1)(t-s)=2kp+2h+2r
(p+1)(t-s)=2kp+2k …⑦
(s-t+2k)p=-2k-s+t
となるが、ここで
a-c=a+c-2c=(p+1)t-2(kp+h)
=(p+1)(t-2k)+2k-2h
r=k-hだから
s=t-2k
となり
(s-t+2k)p=0
よって、pは不定になる。
a=gp-g+h+kから
(p+1)(s+t)/2+r=gp-g+h+k
(p+1)(s+t)/2+k-h=gp-g+h+k
(p+1)(s+t)/2=gp-g+2h
(p+1)(s+t)=2gp-2g+4h …⑧
(p+1)(s+t)=2g(p-1)+4h
(p+1)(s+t)/4=g(p-1)/2+h …⑨
a=(p+1)(s+t)/2+k-h
(a-k+h)/2=(p+1)(s+t)/4
a≡k-h (mod p-1)より、左辺は偶数で、(p+1)/2は奇数であるから
(s+t)/2は偶数となる。
これにより、⑨の左辺は偶数になり、hは偶数になる。
よって、条件(1)、(2)によりgは偶数、kは奇数になる。
式⑧から式⑦を辺々引くと
2(p+1)s=2(g-k)p-2g+4h-2k
(p+1)s=(g-k)p-g+2h-k
(s-g+k)(p+1)=-2g+2h
(s-g+k)(p+1)/2=-g+h
(s-g+k)(p+1)/2≡-g+h≡0 (mod p+1)
∴g≡h (mod p+1)
176:１３２人目の素数さん
18/03/01 10:59:57.76 AGXkXS1h.net
>>171 つづき
整数をwとして
g=(p+1)w+h
と表され
a=gp-g+h+k=((p+1)w+h)p-((p+1)w+h)+h+k
となるが、⑤よりaはpの一次式で表さなければならないから
w=0
g=h
でなければらない。
a=gp+k
b=gp+g
c=kp+g
a-c=(g-k)p+k-g=(p-1)(g-k)
a+c=(g+k)p+g+k=(p+1)(g+k)
(a-c)/(g-k)+1=(a+c)/(g+k)-1
(g+k)(a-c)+(g-k)(g+k)=(g-k)(a+c)-(g-k)(g+k)
(g-k)(a+c)-(g+k)(a-c)=2(g-k)(g+k)
(g-k-(g+k))a+(g-k+g+k)c=2(g-k)(g+k)
-2ka+2gc=2(g-k)(g+k)
-ka+gc=(g-k)(g+k)
ka-gc=-(g-k)(g+k)
(kp^n-g)c=-(g-k)(g+k)
g-k=c(p^(n-1)+…+1)より
u=p^(n-1)+…+1とすると
g-k=cu
(kp^n-g)c=-cu(g+k)
kp^n-g=-u(g+k)
(u-1)g=-kp^n-uk
u≡n (mod p-1)
g≡n(h+k)+k (mod p-1)
から
(u-1)g≡(n-1)(n(h+k)+k)≡n(n-1)(h+k)+(n-1)k (mod p-1)
-kp^n-uk≡-k-nk≡-(n+1)k (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+(n-1)k+(n+1)k≡0 (mod p-1)
n(n-1)(h+k)+2nk≡0 (mod p-1)
n(n-1)h+n(n+1)k≡0 (mod p-1)
整数をqとしてp=4q+1だから、整数をvとして
n(n-1)h+n(n+1)k=4qv
k=(r+t)/2
h=(t-r)/2
より
n(n-1)(t-r)+n(n+1)(r+t)=8qv
tn^2+rn=4qv
tn^2+rn=4qv
n(nt+r)/2=2qv
177:１３２人目の素数さん
18/03/01 11:00:36.04 AGXkXS1h.net
>>172 つづき
整数をw,zとして
t=2w+1
r=2z+1とすると
(nt+r)/2=((4m+1)(2w+1)+2z+1)/2
=(8mw+4m+2w+2z+2)/2
=4mw+2m+w+z+1
w+z=(t+r)/2-1
=k-1
だから
(nt+r)/2=4mw+2m+k
となり、kは奇数であるから(nt+r)/2は奇数となる。
よって、n(nt+r)/2は奇数となるから矛盾がおきる。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
178:１３２人目の素数さん
18/03/01 11:04:45.31 AGXkXS1h.net
全てのレスは、>>38,>>114,>>138,>>170-173
になります。
179:１３２人目の素数さん
18/03/01 11:56:20.69 AGXkXS1h.net
>>171-173
は間違えました。
>>171 訂正
g-k=c(p^(n-1)+…+1)
g=c(p+1)(p^(n-2)+p^n(n-4
180:)+…+1)+k g≡k (mod p+1) gとkの偶奇が一致するので、条件(1)、(2)に反する。 以上から、奇数の完全数は存在しない。
181:１３２人目の素数さん
18/03/01 11:57:55.27 VBmXwGzT.net
>>174
以前に指摘されている通り「pは不定」という主張が誤りであるため、この証明は成立しません
182:１３２人目の素数さん
18/03/01 15:12:09.25 AGXkXS1h.net
>>176
pが不定だということは誤りではありません。
g=hが成り立つという限定的な条件のもとでは、>>172-173のように証明されます。
後からg=hかどうかに関わらず矛盾がおきることが判明しました。
183:１３２人目の素数さん
18/03/01 16:38:07.64 VBmXwGzT.net
>>177
あなたの推論には以下と同様の主張が含まれており、これを元にした結論は正しいとはいえません
p＝5 と仮定すると 3p＋7＝4p＋2…⑤
0×p＝0 より pは不定
よって⑤より 3＝4かつ7＝2である
どこがおかしいか理解できますか？
184:１３２人目の素数さん
18/03/01 16:40:28.86 AGXkXS1h.net
>>157
a=f1(p)p+g1(p)
a=f2(p)o+g2(p)
が成立していて、上式がすべてのpに対して恒等的に一致するとすると
f1(p)=f2(p)
g1(p)=g2(p)
が成立すると考えられます。
185:１３２人目の素数さん
18/03/01 16:42:32.87 AGXkXS1h.net
>>178
⑤のpの係数と右辺は両方とも0になっています。
186:１３２人目の素数さん
18/03/01 16:54:39.74 VBmXwGzT.net
>>179
＞すべてのpに対して恒等的に一致するとすると
この仮定が根本的に誤りです
187:１３２人目の素数さん
18/03/01 17:10:51.40 p0MOfC8X.net
>>179
f1(p)＝2p, g1(p)＝p^2, f2(p)＝p, g_2(p)＝2p^2 とすると
f1(p)p＋g1(p)＝f2(p)p＋g2(p)
が全ての p に対して恒等的に一致するが、
f1(p)＝f2(p)
g1(p)＝g2(p)
は成り立たない。
188:１３２人目の素数さん
18/03/01 17:15:09.93 PMDmDYar.net
a=p
b=1
c=p+1
d=1-p
のとき
ap+b=cp+dだけどa=c,b=dは成り立たない
189:１３２人目の素数さん
18/03/01 18:01:54.33 AGXkXS1h.net
>>182,183
なるほど、pについて解いた式が等しいとしか言えないですね。
190:１３２人目の素数さん
18/03/02 10:03:58.38 h3Uuc5mH.net
>>184 つづき
a=(p+1)(s+t)/2+r
2a-2r=(p+1)(s+t)
p=2(a-r)/(s+t)-1
a=gp-g+h+k
gp=a+g-h-k
p=(a-h-k)/g+1
2(a-r)/(s+t)-1=(a-h-k)/g+1
2(a-r)/(s+t)=(a-h-k)/g+2
2g(a-r)-(s+t)(a-h-k)-2g(s+t)=0
2g(h+k-r)-2g(s+t)≡0 (mod p-1)
2g(h+k-r-s-t)≡0 (mod p-1)
2g(2h-s-t)≡0 (mod p-1)
整数をuとして
2g(2h-s-t)=u(p-1)
2g(s+t-2h)=-u(p-1)
2g(s+t)=-u(p-1)+4gh
a=(p+1)(s+t)/2+r
(p+1)(s+t)=2(a-r)
4g(a-r)=(p+1)(-u(p-1)+4gh)
4g(a-r)≡4gh(p+1)≡4gh (mod p-1)
4g(a-k+h)≡4gh (mod p-1)
4g(a-k)≡0 (mod p-1)
g≡n(h+k)+k (mod p-1)だから
a≡k (mod p-1)
a≡h+k (mod p-1)より
h≡0 (mod p-1)
c=kp+h
c≡k+h≡k (mod p-1)
となるから
c=k(p-1)+k=kp
以上からh=0となるが、これはh>0に反するから矛盾する。
191:１３２人目の素数さん
18/03/02 12:37:29.94 aJjdMvYA.net
>>185
今日のやらかしはココ
＞4gh(p+1)≡4gh (mod p-1)
百ぺん見直そう
192:１３２人目の素数さん
18/03/02 15:17:44.63 h3Uuc5mH.net
>>186
その部分を以下に訂正します。
4g(a-r)≡4gh(p+1)≡8gh (mod p-1)
4g(a-k+h)≡8gh (mod p-1)
h≡0 (mod p-1)より
4g(a-k)≡0 (mod p-1)
193:１３２人目の素数さん
18/03/02 15:53:27.21 aJjdMvYA.net
>>187
間違えた箇所から導いた結果をそのまま使ってはいけない
h≡0 (mod p-1)はいったいどこから出てくるのか
194:１３２人目の素数さん
18/03/02 16:24:07.51 h3Uuc5mH.net
>>188
4g(a-r)≡4gh(p+1)≡8gh (mod p-1)
4g(a-k+h)≡8gh (mod p-1)
4g(a-k-h)≡0 (mod p-1)
となるだけでした。
195:１３２人目の素数さん
18/03/02 18:47:50.12 h3Uuc5mH.net
>>185 訂正
(s+t)p=2a-2r-s-t
a=gp-g+h+k
(s+t)p=2(gp-g+h+k)-2r-s-t
(s+t-2g)p=2(-g+h+k-r)-s-t
(s+t-2g)p=2(2h-g)-s-t
整数をvとして
2h-s-t=v(p-1)
s+t=-v(p-1)+2h
(-v(p-1)+2h-2g)p=2(-g+2h+k-r)-(-v(p-1)+2h)
(-vp+2h-2g+v)p=2(-g+k-r)+v(p-1)
(-vp+2h-2g)p=2(h-g)-v
-vp^2+2(h-g)p-2(h-g)+v=0
vp^2-2(h-g)p+2(h-g)-v=0
整数をwとして
h-g≡0 (mod p+1)
より
h-g=w(p+1)
vp^2-2w(p+1)p+2w(p+1)-v=0
(v-2w)p^2+2w-v=0
(v-2w)(p^2-1)=0
p^2≠1だから、v=2w
h-g≡2w (mod p-1)
整数をzとして
h-g=(p-1)z+2w
w(p+1)=(p-1)z+2w
(w-z)p=-z+w
p=1となり、不適となる。
以上から、w=0、g=hとなるので>>172以降の考察により
奇数の完全数は存在しない
196:１３２人目の素数さん
18/03/02 18:54:29.15 h3Uuc5mH.net
>>190
最後の2行は取り消します。計算した結果がどこかにいきました。
197:１３２人目の素数さん
18/03/02 19:27:17.59 h3Uuc5mH.net
>>191
このレスは間違いでした。
>>190 最後の2行の前に以下を追加
h-g=2w
2w=w(p+1)
w(p-1)=0
∴w=0
198:１３２人目の素数さん
18/03/02 20:51:18.28 h3Uuc5mH.net
>>190
下から10行を取り消します。
>>192
これも間違いでした。
199:１３２人目の素数さん
18/03/02 22:09:58.56 h3Uuc5mH.net
私を某番組で馬鹿にするゴミコメンテーターがいたが
私が最古の数学的問題を完全に解決しようが、大学教授になりたい
などと、一言も言っていない。
ふざけんのもいい加減にしろ。
200:１３２人目の素数さん
18/03/02 22:14:04.49 h3Uuc5mH.net
>>194
×数学的問題
〇最古の数学上の未解決問題
201:１３２人目の素数さん
18/03/03 17:25:02.26 diA56XJR.net
数学力の低い人のために言っておきますが
>>175で証明は完了していますけれども、
>>155が否定している条件のもと、あるいはw=0で
g=hが成立する場合には、>>171-173の証明が成り立つと
いうことです。これはw=0という限定的な条件でこの
証明が成立しているということです。
>>176で言われているようなこともありますので、
>>175の条件を使わなくても証明ができるか検証を
行いました。
202:１３２人目の素数さん
18/03/03 17:31:24.01 diA56XJR.net
g=c(p+1)(p^(n-2)+p^n(n-4)+…+1)+k
から
h-g=-c(p^(n-1)+…+1)+h-k
h-g=-c(p+1)(p^(n-2)+p^(n-4)+…+1)+h-k
h-g≡h-k (mod p+1)
h-g≡0であるとすると
h≡k (mod p+1)
となるが、これは条件(2)に反する。
よって、w=0の場合は不適となる。
203:１３２人目の素数さん
18/03/03 18:49:24.22 54Qp7ZIA.net
やっぱり理解していなかったか
もうどうしようもないね
お手上げ
204:１３２人目の素数さん
18/03/03 19:01:29.07 WVE3Lskb.net
＞w=0という限定的な条件でこの証明が成立しているということです。
つまり、w=0でない場合の証明を示さないと意味がないですね
で、以下の導出は誤り
｜h-g=-c(p^(n-1)+…+1)+h-k
｜h-g=-c(p+1)(p^(n-2)+p^(n-4)+…+1)+h-k
nは奇数であることに気をつけよう
205:１３２人目の素数さん
18/03/03 20:20:39.78 XkROefgY.net
2b=gp+hで0<h<pなんだからb>p^2/2のときはg=hにはなりようがない
いくらなんでも条件を限定しすぎでほとんど何の証明にもなってない
206:１３２人目の素数さん
18/03/04 01:25:39.46 Zn+RckV/.net
>>198
何を理解していないのですか。
>>199
だから、不適になると言っているんですけれども。
>>200
2b=gp+gで、0<g<pだから、そのような条件は出てこないはず。
207:１３２人目の素数さん
18/03/04 06:07:14.20 VWZ4UPZr.net
>>190
＞(s+t-2g)p=2(2h-g)-s-t
＞
＞整数をvとして
＞2h-s-t=v(p-1)
＞ s+t=-v(p-1)+2h
＞
＞ (-v(p-1)+2h-2g)p=2(-g+2h+k-r)-(-v(p-1)+2h)
(-v(p-1)+2h-2g)p=2(-g+2h+k-r)-(-v(p-1)+2h)なんて出ない
208:１３２人目の素数さん
18/03/04 06:59:23.94 7ibVYMAa.net
>>201
これまでは誤りを指摘されたら素直に聞いてきたのに、どういう心境の変化があったのか
>>199の指摘は
｜h-g=-c(p^(n-1)+…+1)+h-k
は、nが奇数なら
｜h-g=-c(p+1)(p^(n-2)+p^(n-4)+…+1)+h-k
とはならず
p^(n-1)+…+1=(p^(n-1)+p^(n-2))+(p^(n-3)+p^(n-4))+…+(p^2+p)+1=(p^(n-2)+p^(n-4)+…+p)+1
なのだから
h-g=-c(p+1)(p^(n-2)+p^(n-4)+…+p^1)-c+h-k
となるはず
>>200は、g=hの方が誤りといっている
実際、nが5以上なら、bはp^n+…+1の倍数なのだからg=hではありえない
そのような結果を導く「pの係数の比較」という方法が根本的に誤っている、と何度も指摘されても耳を貸そうとしないのは何故だろうか
209:１３２人目の素数さん
18/03/04 07:28:29.77 Zn+RckV/.net
>>202
1行目が間違っていました。
>>190 訂正
(-v(p-1)+2h-2g)p=2(2h-g)-(-v(p-1)+2h)
(-vp+2h-2g+v)p=2(h-g)+v(p-1)
210:１３２人目の素数さん
18/03/04 07:37:27.88 Zn+RckV/.net
>>203
>>175の結果を用いないで証明をしようとしているわけです。
他の証明があるかと思って調べました。
>>155で指摘されているようなことは一般的には成り立ちませんが
特殊なケースとして成り立つわけです。その場合(実際には
存在しないことが後から分かりますが)には、sとtの変数が出てくる
式の比較のもう一方のaが等しいという式係数比較を行うことにより、
>>172-173の証明が成り立つということです。
211:１３２人目の素数さん
18/03/04 09:02:05.27 7ibVYMAa.net
>>205
数学力の高いあなたはご存じなのでしょうが、特殊なケースの結果を無条件に全体に適用することはできませんよ
212:１３２人目の素数さん
18/03/04 09:42:33.90 Zn+RckV/.net
>>171 訂正
＞a≡k-h (mod p-1)より、左辺は偶数で、(p+1)/2は奇数であるから
＞(s+t)/2は偶数となる。
ここの部分は、a≡k-h (mod p+1)で間違っていますので、
g,h,kの偶奇は決めることができません。
213:１３２人目の素数さん
18/03/04 11:29:05.34 Zn+RckV/.net
>>171 つづき
a=(p+1)(s+t)/2+r
2a-2r=(p+1)(s+t)
(s+t)p=2a-2r-s-t
a=gp-g+h+k
gp=a+g-h-k
g(2a-2r-s-t)=(s+t)(a+g-h-k)
2g(a-r-s-t)-(s+t)(a-h-k)=0
2g(h+k-r-s-t)≡0 (mod p-1)
2g(2h-s-t)≡0 (mod p-1)
(s+t)p=2a-2r-s-t
a=gp-g+h+k
(s+t)p=2(gp-g+h+k)-2r-s-t
(s+t-2g)p=2(-g+h+k-r)-s-t
(s+t-2g)p=2(2h-g)-s-t
整数をvとして
2h-s-t=v(p-1)
s+t=-v(p-1)+2h
(-v(p-1)+2h-2g)p=2(2h-g)-(-v(p-1)+2h)
(-vp+2h-2g+v)p=2(h-g)+v(p-1)
(-vp+2h-2g)p=2(h-g)-v
-vp^2+2(h-g)p-2(h-g)+v=0
vp^2-2(h-g)p+2(h-g)-v=0
整数をwとして
h-g≡0 (mod p+1)
より
h-g=w(p+1)
vp^2-2w(p+1)p+2w(p+1)-v=0
(v-2w)p^2+2w-v=0
(v-2w)(p^2-1)=0
p^2≠1だから、v=2w
214:１３２人目の素数さん
18/03/04 11:30:03.96 Zn+RckV/.net
>>208 つづき
2h-2g=2w(p+1)
-s-t+2h=2w(p-1)
4w=2h-2g+s+t-2h
4w=-2g+s+t
s+t=2g+4w
s-t=2k
2s=2g+4w+2k
s=g+2w+k
2t=2g+4w-2k
t=g+2w-k
t=g+2w-k
g-k-t+2w=0
h-t+2w≡0 (mod p-1)
s=g+2w+k
g+k-s+2w=0
h+2k-s+2w≡0 (mod p-1)
sとtが奇数であることから、hは奇数となる。
また、条件(1),(2)により、gは奇数、kは偶数となる。
215:１３２人目の素数さん
18/03/04 15:35:29.86 Zn+RckV/.net
>>209
下から9行は間違いでした。
216:１３２人目の素数さん
18/03/08 09:52:00.57 OMNPfZlM.net
私は普通の人ではありません。日本で1番有名私立大学理工学部卒です。
この問題を問いていたときには、人生で一番ひどい風邪をひいていたのと
今使っているPCのキーボードがキーとキーの間がなく、大変に使いづらいもので
あることとこの問題が矛盾を導きだせばそれが答えになるという背離法を
使わなければならないためにこのように多くの間違いをしただけです。
この問題は完全に解決されたと思いますが、予想どおり何の反応もないですね。
217:１３２人目の素数さん
18/03/08 09:53:34.41 OMNPfZlM.net
>>211
×日本で1番有名私立大学
〇日本で1番有名な私立大学
218:１３２人目の素数さん
18/03/08 09:59:39.84 OMNPfZlM.net
「証明を買わせることは無理。」
とつまらない言葉が聞こえてきましたが、この証明の著作権は私に属している
わけですから、私が利益を得られないのはおかしいのではないのでしょうか？
18日と3時間の労働対価はいつ誰が支払うのでしょうか？
219:１３２人目の素数さん
18/03/08 10:28:12.28 OMNPfZlM.net
「嘘もそれまでだ。」
と聞こえてきましたが、私がどのような嘘を書いたというのでしょうか。
地方で、馬鹿みたいに低レベルな人間になめられるのは耐え難いものがあります。
この町の町長、町議会議員選挙の学歴で大卒は一人ですからね
数学者の本の中には
「奇数の完全数についての解決は21世紀中には不可能かもしれません。」
と書いてありますが。
220:１３２人目の素数さん
18/03/08 11:01:25.63 209wwdUK.net
なら背理法を使わない証明のが綺麗でやりやすいなら紙に書いてそれをスキャンなり写真とるなりしてimgur.comにアップロードしてほしいです
そしたらアップロードしたファイルへのdirect link アドレスをこっちに貼って欲しいです
221:１３２人目の素数さん
18/03/08 11:14:21.25 OMNPfZlM.net
>>215
背理法を使って証明は完了したといっている。
以下が誤りのないと考えられるレス番
>>38,>>114,>>138,>>170,>>175
これには、間違いだというレスがされていない。
数学的に正しいと思われる。
222:１３２人目の素数さん
18/03/08 11:46:11.93 a4/KZMau.net
>>175の間違いは>>199>>203ですでに指摘されている。
223:１３２人目の素数さん
18/03/08 11:49:41.57 a4/KZMau.net
n=5なら
p^4+p^3+p^2+p
224:+1=(p+1)(p^3+p)+1 n=9なら p^8+p^7+p^6+p^5+p^4+p^3+p^2+p+1=(p+1)(p^7+p^5+p^3+p)+1 等p+1で割り切れたりしない。
225:１３２人目の素数さん
18/03/08 12:16:17.21 lExcnI9V.net
著作権については書き込み時に表示される警告をよく読もう
もし著作権を気にするならこのような掲示板で公開するべきはない
もっとも、誤りだらけの証明に価値などこれっぽっちも無いが
226:１３２人目の素数さん
18/03/08 14:09:18.64 NRG1qgrQ.net
あんだけ間違いを指摘されててまだ正しいと錯覚してたのか
悪いことは言わん、まず風邪を治せ
227:１３２人目の素数さん
18/03/08 14:18:32.63 OMNPfZlM.net
>>218
その指摘が正しいと認識していなかった。計算間違いだと思わなかった。
>>219
著作権を放棄する意思を持って書いてはいない。
正しいところを集めれば証明終了になりそうです。
>>220
風邪はだいたい治りました。
>>209 最後の9行を除いた部分からのつづき
h-g=-p(p+1)(kp+k+h)(p^(n-3)+p^(n-5)+…+1)
h-g=w(p+1)より
w=-p(kp+k+h)(p^(n-3)+p^(n-5)+…+1)
w=-p(p+1)(kp+k+h)(p^(n-4)+p^(n-8)+…+1)
w≡0 (mod p)
w≡0 (mod p+1)
整数をzとして
w=z(kp+k+h)
w≡-zk+zk+zh≡zh≡0 (mod p+1)
w≡z(k+h)≡0 (mod p)
w≡z(2k+h)≡0 (mod p-1)
重複していますが整数をa,b,cとすると
zh=a(p+1)
z(k+h)=bp
z(2k+h)=c(p-1)
zk+a(p+1)=bp
zk+bp=c(p-1)
a(p+1)-bp=bp-c(p-1)
(a-b)p+a=(b-c)p+c
(a-2b+c)p=-a+c
p≠1では、これを満たす整数a,b,cはないらしい。
Wolfram先生がそうおっしゃっています。
228:１３２人目の素数さん
18/03/08 14:34:54.37 a4/KZMau.net
文字使ってできないんだったらn=5,n=9,n=13とか具体的にして試してからやったら。
229:１３２人目の素数さん
18/03/08 14:51:59.21 rKAhqpOY.net
アルファベット足りるかな
230:１３２人目の素数さん
18/03/08 16:03:38.47 a4/KZMau.net
a-cがpの倍数でb=(a+c+(a-c)/p)/2とすれば(a-2b+c)p=c-aだな。
231:１３２人目の素数さん
18/03/08 16:12:46.63 OMNPfZlM.net
>>221
下から2行は誤りでした。
232:１３２人目の素数さん
18/03/08 16:26:47.86 IQlnGFdD.net
>>221
>w=-p(kp+k+h)(p^(n-3)+p^(n-5)+…+1)
>w=-p(p+1)(kp+k+h)(p^(n-4)+p^(n-8)+…+1)
こんな導出を平気でやらかしてしまうくらいだからよっぽど熱にやられているようだよ
少し休んだらいい
お大事に