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
233:１３２人目の素数さん
18/03/08 18:15:45.50 OMNPfZlM.net
>>226
w=-p(kp+k+h)(p^2+1)(p^(n-5)+p^(n-9)+…+1)
の間違いでした。
234:１３２人目の素数さん
18/03/08 19:20:31.30 IQlnGFdD.net
>>227
そこをそう直したら、先の結論か成立しなくなるわけです
235:１３２人目の素数さん
18/03/08 21:09:05.61 OMNPfZlM.net
>>228
mod p^2+1は使っていないので
(a-2b+c)p=-a+c
となるのは変わりません。
236:１３２人目の素数さん
18/03/08 23:01:13.04 a4/KZMau.net
>>221
＞w≡-zk+zk+zh≡zh≡0 (mod p+1)
＞w≡z(k+h)≡0 (mod p)
＞w≡z(2k+h)≡0 (mod p-1)
はどこから出てきた。
237:１３２人目の素数さん
18/03/08 23:18:59.14 OMNPfZlM.net
>>221 訂正
h-g=-p(p+1)(kp+h+k)(p^(n-3)+p^(n-5)+…+1)
h-g=w(p+1)より
w=-p(kp+h+k)(p^(n-3)+p^(n-5)+…+1)
w=-p(kp+h+k)(p^2+1)(p^(n-5)+p^(n-9)+…+1)
w≡0 (mod p)
w≡0 (mod kp+h+k)
w≡0 (mod p^2+1)
整数をzとして
w=zp(kp+h+k)
w≡zk-(h+k)z≡-hz (mod p+1)
w≡zk+(h+k)z≡(h+2k)z (mod p-1)
wはp^2+1を因数に持つから偶数で、hかzはどちらかが偶数になる。
h-g=w(p+1)
w≡0 (mod p)より
g≡h (mod p)
g≡h+k (mod p)だから
k≡0 (mod p)
kはpの倍数だから今までのkをKpに置き換えると、式④から
-a-g+h=-gp-Kp、c-h=Kp^2だから
gp^2-(gp+Kp)p+Kp^2=0
となり、pを求めることができない。
以上から、奇数の完全数は存在しない。
238:１３２人目の素数さん
18/03/08 23:21:03.70 OMNPfZlM.net
>>230
＞w=z(kp+k+h)
から出てきます。
239:１３２人目の素数さん
18/03/08 23:29:49.93 a4/KZMau.net
>>232
＞zh≡0 (mod p+1)
＞z(2k+h)≡0 (mod p-1)
はどこから出てきた。
240:１３２人目の素数さん
18/03/08 23:42:15.83 OMNPfZlM.net
>>233
すいません、それは間違いです。
241:１３２人目の素数さん
18/03/09 00:10:10.57 55Nsgtt2.net
最初の部分しか読めない病気か
242:１３２人目の素数さん
18/03/09 06:01:42.38 hfpniJez.net
>>231 補足
w≡0 (mod p^2+1)より
g≡h (mod p^2+1)
g=c(p^(n-1)+…+1)+Kp
g=c((p^2+1)(p^(n-3)+p^(n-4)+…p^(n-7)+p^(n-8)+…+p^2+p)+1)+Kp
g≡c+Kp (mod p^2+1)
c
243:=Kp^2+hより c≡-K+h (mod p^2+1) となるので g≡-K+h+Kp (mod p^2+1) K(p-1)≡0 (mod p^2+1) K=κ(p^2+1)とすると g=c((p^2+1)(p^(n-3)+p^(n-4)+…p^(n-7)+p^(n-8)+…+p^2+p)+1)+κp(p^2+1) g≡c≡-κ(p^2+1)+h≡h (mod p^2+1) これにより、gとhが奇数でkが偶数となる。
244:１３２人目の素数さん
18/03/09 10:53:39.61 hfpniJez.net
風邪薬がなくなったので、近所のマツキヨに買いにいきました。
いつもはあるのに今日はありませんでした。
下らない嫌がらせですね、分かります。
それから糞曲で馬鹿にするのと、「アフリカイン」というのが聞こえてきました
放送が流れてきましたが、それは差別ではないのでしょうか？
頭の悪い人間に馬鹿にされるのは虫唾が走りますのでやめてくださいね。
245:１３２人目の素数さん
18/03/09 10:55:19.74 hfpniJez.net
>>237
×「アフリカイン」というのが聞こえてきました放送が流れてきましたが
〇「アフリカイン」という音声が含まれている放送が流れてきましたが
246:１３２人目の素数さん
18/03/09 11:04:09.85 hfpniJez.net
より正確には
「アフリカインには2倍お得。」
というような内容でした。
客に聞かせる内容でしょうか？
意味不明な嫌がらせに怒りを禁じえませんが。
247:１３２人目の素数さん
18/03/09 16:24:53.87 2mdjj2B3.net
>>236
＞w≡0 (mod p^2+1)より
＞g≡h (mod p^2+1)
１行目から２行目は推論できない
できると主張するなら理由を示すべき
248:１３２人目の素数さん
18/03/09 18:35:38.56 hfpniJez.net
>>240
h-g=w(p+1)
w≡0 (mod p^2+1)
から
h-g≡0 (mod p^2+1)
>>231の下から5行は誤りでした。
249:１３２人目の素数さん
18/03/11 17:28:54.33 6MDOEelk.net
>>221
>著作権を放棄する意思を持って書いてはいない。
そもそも、各国の著作権法が異なる。
また、証明や新しい定理などになると、何らかの数学的意義があるような数学の著作物は国際的に意義があることになる。
だから、そのような何らかの数学的意義がある数学の著作物に著作権が適用される場合、
その著作物には国際法における著作権が適用されると解釈した方が法律的には妥当でしょうな。
日本語の数学の著作物なら、日本語で書いて日本国内に広める段階では日本の著作権法が適用されると解釈し、
その日本語の数学の著作物を用いて新しく外国語で書かれた数学の著作物を世界に広めるときに用いる段階では、
国際法での著作権法が適用されると考える。まあ、こんな感じ。
2チャンに日本語で匿名で書かれた新しく数学的に意義がある定理や証明などのような著作物を、
外国語(主に英語)で書いて世界に広めるときも大体同じような感じ。
だから、2,チャンに書かれた新しい数学的に意義がある著作物に著作権を適用するとなると、
2段階を踏んで、日本語で書かれている段階では日本の著作権法を適用し、
それから更に海外に広める段階では国際法における著作権を適用することになる。
だから、国際的に広まった新しく数学的に意義がある著作物に最終的に適用される著作権は、国際法における著作権になる。
そのように考えるのが、数学的立場から見ると妥当な著作権法の解釈になる。
まあ、法律は素人だけど。
250:１３２人目の素数さん
18/03/11 18:51:38.03 HXqUJQQE.net
どうでもいいんだが、この流れでまるで自分ひとりの頭から出たような言いぐさはどうなのかね
251:１３２人目の素数さん
18/03/11 19:33:43.62 d69eGl+L.net
>>243
このに書いてある証明はすべて私個人が書いたものであり、このスレッドの人たち
にその計算内容をチェックしてもらっていたということだと思います。
はじめに式を修正する部分で>>26に式を教えてもらったことがありました。
その他いろいろ学ばせていただきました。
信じる人も少ないでしょうけれども、今完全に証明が終了するところまで出来上がり
ましたが、ここに書くと不利益となるかが疑問ですし、
この内容を5chに無償譲渡するつもりはありません。
252:１３２人目の素数さん
18/03/11 19:51:45.55 B3iv+j5T.net
修正前と修正後ってだいぶ違うんじゃない？大分色んなこと言われてたけど
253:１３２人目の素数さん
18/03/11 21:14:35.26 d69eGl+L.net
>>245
方針や計算が間違えていれば他の方法を考えてきただけです。
「自転車を書かされていることに気づけ。」
と外から聞こえてきましたが、それも私からしてみると、全部自分で考えた
ものなので、全く事実無根ということになります。
254:１３２人目の素数さん
18/03/12 09:49:01.67 9rYvWFYM.net
「酔いすぎ、用済みだ。」
という女性の声が聞こえてきました。名前も言わずに何を言っているか意味の分からない
罵倒を聞かせるのは傲慢極まりないと思いますが、どうでしょうか？
卑劣極まりない人間達にいいように調子に乗られて不愉快極まりありません。
255:１３２人目の素数さん
18/03/12 09:52:19.90 9rYvWFYM.net
>>248
この問題は私のなかでは、2018年3月11日19時36分に
奇数の完全数は存在しないというかたちで完全に証明されました。
これを社会がどう評価するのかは知るところではありませんけれども。
256:１３２人目の素数さん
18/03/12 10:09:24.22 bCD5m4mh.net
すごい
もう計算間違いは止めとくれよ
257:１３２人目の素数さん
18/03/12 10:21:03.44 9rYvWFYM.net
>>249
>>211
258:１３２人目の素数さん
18/03/12 11:02:08.36 bCD5m4mh.net
>>250
ま、まぁそれはね
仕方ないよ
でも極度に暇な人しか対応できないだろうし、そんな人が運良くここのスレに辿り着く保証もない
ここで検証待ちするのもいいけど、そうなると長い目で見守る必要がある
259:１３２人目の素数さん
18/03/12 11:43:21.22 9rYvWFYM.net
これは最古の未解決問題ということなので、日本の数学者は私に対して
早々にこの証明をどうすればいいのかを示してもらいたいものです。
260:１３２人目の素数さん
18/03/12 12:45:24.98 8WkMEqcx.net
取り敢えずは論文にするのが最善なのだろうが、
それ以前に証明は間違っている可能性が高いと思われる。
この種の未解決問題に関する事柄が書かれている本を見たことがあるが、
未解決問題に関する一部分の命題の証明なども色々あって、
計算だけでそう易々と簡単に解ける見込みはないと思う。
261:１３２人目の素数さん
18/03/12 12:51:50.72 9rYvWFYM.net
>>253
この問題は計算でそれが達成できた。私が2月11日からほぼ一か月かけて
証明を実現した。この問題は、無駄な計算を数多くする余地があり、
どうしても、堂々巡りを繰り返してしまうために、今までの数学者が
達成できなかったと考えられる。
262:１３２人目の素数さん
18/03/12 12:55:58.26 pQuPY68l.net
今のところ正しいとされてる証明の流れってどのレスだっけ
263:１３２人目の素数さん
18/03/12 12:59:41.00 9rYvWFYM.net
>>255
最後は>>236でその前は、下の5行を除く>>231
264:１３２人目の素数さん
18/03/12 13:16:28.93 8WkMEqcx.net
>>254
一ヶ月足らずの間に計算だけで簡単に解けるような未解決問題なら、
その未解決問題に関する一部分の命題の証明が色々と何故なされたのか説明出来ない。
そういう訳で、一ヶ月足らずの間に計算だけで簡単に解ける未解決問題なら、
もう既に解決されている可能性が高いと考えるのが普通の見方で、
今まで未解決問題のままであったとは考えない。
何らかの新しい発想でもしない限り、計算だけで簡単に解くことは出来ないと思う。
265:１３２人目の素数さん
18/03/12 13:20:34.42 pQuPY68l.net
まぁそう思うのが普通だよね
でも
クレイジーに見えるってことは、新しい発見があるかもしれないってことだと僕は思う
266:１３２人目の素数さん
18/03/12 13:21:06.92 8WkMEqcx.net
自力で考えてみても、予想が果たして正しいのかが分からないし、
ましてや正しかったとしてもその未解決問題の証明はすぐには出来ん。
267:１３２人目の素数さん
18/03/12 13:25:21.05 8WkMEqcx.net
>>258
まあ、何らかの新しい発見や部分的な結果でもあれば、一連の計算に意義は生じる。
268:１３２人目の素数さん
18/03/12 13:43:41.14 9rYvWFYM.net
証明の一部分はここに書いてあるわけだから、>>236までに書いている
私が誤りだと認めていない部分に関して、私の間違いを指摘して
もらえない場合には、私は証明が正しいとしか考えられない。
269:１３２人目の素数さん
18/03/12 16:10:36.16 8WkMEqcx.net
>>261
証明の全体像
270:としては、恐らく、奇の完全数Nが存在するとして、矛盾を導いて、 背理法でNが存在しないことを示すのが基本的な方針だろう。 それをするには、Nの存在性を仮定して、Nが存在するためのNに関する 一連の必要条件を出来る限り求め、それらの必要条件を示すことが先になると思う。 そして、存在性を仮定した奇の完全数Nに関するそれらの一連の必要条件を用いて 矛盾を導き、Nが実は存在しなかったことを背理法で示す。 それらのようなNに関する一連の必要条件を示すようなことはしたかい？
271:１３２人目の素数さん
18/03/12 18:37:14.06 f7Ca2up+.net
>>231が間違いなんだから証明になってないな
272:１３２人目の素数さん
18/03/12 18:48:47.46 9rYvWFYM.net
正しいと考えられるレスは
>>38,114,138,170,171,208,209(下から9行を除く),231(下から5行を除く),236
となります。
アンカーが多いとして2回はじかれました。また、その内容もクリアされました。
長文を書いていたのですけれども。
273:１３２人目の素数さん
18/03/12 18:53:17.03 9rYvWFYM.net
>>262
昨日証明の作成が完了したばかりだったので、まだ頭が混乱がしている状態でした
ので間違えました。最後の証明は変数pを決定する式が不定になるということを
示したのであって、背理法で証明したのではありませんでした。
>>171で変数cに関する式で変数pが不定になることを導き出しましたが
それでは証明が終了したとは考えずに、最後はaに関する式でも変数pが
不定になることを導きました。
274:１３２人目の素数さん
18/03/12 18:54:24.48 9rYvWFYM.net
>>263
>>241
275:１３２人目の素数さん
18/03/12 18:59:44.70 9rYvWFYM.net
>>259
mode演算を行うと大量の変数が必要になることから、大量の計算をすることが
できるようになっていますが、しらみ潰しに計算を行うことにより、ここには
片方しか書いていませんが、2式で変数pが不定になり求めることができないと
いう証明になりました。
276:１３２人目の素数さん
18/03/12 19:02:57.49 f7Ca2up+.net
>>266
つまり証明になってないってことだな
277:１３２人目の素数さん
18/03/12 19:04:34.04 9rYvWFYM.net
>>268
>>265
278:１３２人目の素数さん
18/03/12 19:14:12.01 f7Ca2up+.net
>>269
つまり証明になってないってことだな
279:１３２人目の素数さん
18/03/12 19:15:26.73 bCD5m4mh.net
まぁ5chは長い証明文を書くのに向いてないし
280:１３２人目の素数さん
18/03/12 19:26:33.82 f7Ca2up+.net
yを決めたらpは一つに決まるから不定にはならんな
281:１３２人目の素数さん
18/03/12 19:30:55.82 9rYvWFYM.net
>>270,272
>>267
282:１３２人目の素数さん
18/03/12 19:36:15.74 f7Ca2up+.net
x=1
x-x=1-1
xが不定になり求めることができないからx=1とはできないってことになるのか
283:１３２人目の素数さん
18/03/12 19:47:38.07 9rYvWFYM.net
>>275
0×p=0
というかたちになったということ。
284:１３２人目の素数さん
18/03/12 19:50:35.61 f7Ca2up+.net
x-x=1×x-1×x=(1-1)×x=0×x
1-1=0
0×x=0
285:１３２人目の素数さん
18/03/12 20:06:33.66 yCpjtcLX.net
1×0=2×0だから1=2ってよくある詭弁と同じやんか
286:１３２人目の素数さん
18/03/12 20:06:35.31 9rYvWFYM.net
>>276
整数をa,bとし
ap=bとして
a=b=0
となるのとは意味が異なる。
その場合はx=1とすればいいだけ。
287:１３２人目の素数さん
18/03/12 20:10:23.76 f7Ca2up+.net
>>275もそうだろ
288:１３２人目の素数さん
18/03/12 20:51:01.52 9rYvWFYM.net
くだらないが、x=1と定まっているものをわざわざ不定の
形にする必要がない。それだったら、x=2でもx=-1でも
なんでもそういう形にすることができる。
不定はpにかかる変数aが0で、それが0と等しくなるということ。
289:１３２人目の素数さん
18/03/12 20:54:30.72 f7Ca2up+.net
それは>>275も同じ
290:１３２人目の素数さん
18/03/12 21:08:09.23 fjVaFfUx.net
>>280
恒等的に0と等しい式を自分でpに乗じておいて、それが0と等しくなったからと言ってpがどんな値でも取り得るとか、そんなゴマカシ、高校生でも騙されません
それとも詭弁じゃなくて真面目にそう信じてるんですか？？
291:１３２人目の素数さん
18/03/12 21:20:54.92 9rYvWFYM.net
>>282
はじめはそうでない式がこの証明により、その係数部分が0となっていることを
見てはいないのですか。内容をよく見てからものを言ってください。
292:１３２人目の素数さん
18/03/12 21:42:04.75 HK0hlCyC.net
ID:fjVaFfUxは「pは不定ではない」ということが言いたいのだろうが、
pの取り方は実際に複数通りあり得るので、その意味では実際に不定である。
>>1の問題点はそこではなく、pごとに係数も動いてしまうので、扱っている式が
a*p＝b ではなく a_p * p ＝ b_p というものになってしまい、これでは
係数比較が出来ないので失敗する、という事実を>>1が理解してないところが
本当の問題点である(>>182に具体的な反例がある)。そこで>>1は
「一般的には係数比較は失敗するが、この議論に限っては成功する」
という言い方をして問題点を回避したつもりになっているが、
「この議論に限っては成功する」ことの理由を全く説明してないので意味が無い。
そして、そこの理由がない状態では、一般的に係数比較をしているのと
論理構造が全く同じであり、>>182の反例でも係数比較できることになってしまうので、
失敗から脱却できてない。
293:１３２人目の素数さん
18/03/12 21:53:27.51 9rYvWFYM.net
>>284
＞「一般的には係数比較は失敗するが、この議論に限っては成功する」
このようなこと全く書いていない。>>196参照。
この証明のうち正しい部分では誤りである係数比較は行っていない。
まっとうな批判はないのでしょうか？
数学的に正しい証明を否定することは不可能だと思いますけれど。
294:１３２人目の素数さん
18/03/12 22:07:20.44 OstYFFE/.net
>>283
やれやれ。具体的に指摘しないと自分で考えるということをしないのね
＞(s-t+2k)p=0
＞よって、pは不定になる。
sとtは以下の式を満たす値として定義された。
a-c=(p+1)s+2r
a+c=(p+1)t
よって、s-t=-2(c+r)/(p+1)
r の定義は r=k-h であり、さらに k と h は c=kp+h を満たす値として定義された。
ゆえに c+r は kp+k=k(p+1)と等しい。
s-t が -2k(p+1)/(p+1) = -2k と等しいからすなわち、s-t+2k は恒等的に0と等しい
よって (s-t+2k)p=0 なのは当たり前
295:１３２人目の素数さん
18/03/12 22:15:19.30 HK0hlCyC.net
>>285
「正しく係数比較できるところでは係数比較している」
と言っているようにしか見えない。しかし、「正しく係数比較できるところ」が
どうして「正しく係数比較できる」のか、その理由を説明してない時点で、>>284と全く同じこと。
あるいは、係数比較など最初から行っておらず、係数に該当する部分が 0 になることが
係数比較をせずに直接的に言えているということであれば、「 p は不定 」という条件を
使う必要が全くないので、やっていることが冗長。もしそこで「 p は不定 」が必須なのであれば、
やはりインチキな係数比較を行っていることになるので、自動的に証明が間違っている。
もしそこで、「インチキではなく正しく係数比較できるところでは係数比較している」ということであれば、
「正しく係数比較できるところ」がどうして「正しく係数比較できる」のか理由を説明してない時点で、
>>284と全く同じこと。
どう転んでも やっていることがおかしい。
296:１３２人目の素数さん
18/03/12 22:35:31.40 9rYvWFYM.net
>>287
係数比較で進めている部分はt-s=2kを出す部分だけのはず。
その部分がどこがおかしいのですか。
こちらは、証明を実際に書いているのですからどこの部分がどうおかしいのかを
明確にしてもらわなければ、応答をすることができません。
わけの分からない抽象的な否定はやめていだだきたい。
297:１３２人目の素数さん
18/03/12 22:37:53.53 9rYvWFYM.net
これからは、私が不当だと判断した数学的根拠に基づかないレスには
返答しない。時間の無駄だ。
298:１３２人目の素数さん
18/03/12 22:45:01.35 OstYFFE/.net
>>231の結論もダメですね。なんですかこれ
＞gp^2-(gp+Kp)p+Kp^2=0
＞となり、pを求めることができない。
＞以上から、奇数の完全数は存在しない。
左辺はgp^2-gp×p-Kp×p+Kp^2だから恒等的にゼロですよ。
0=0であることを示したら、どうしてpが求まらないとか�
299:｢うトンチキな結論が出るのですか？ 数学的に正しい証明とは程遠いです。
300:１３２人目の素数さん
18/03/12 22:52:04.46 HK0hlCyC.net
>>288
係数比較が本当にそこだけなのであれば、>>286により、
そもそも係数比較せずとも恒等的に s-t+2k＝0 なので、
係数比較は全く必要なく、よって「 p は不定 」という条件も全く必要ない。
実際には、>>172で別の係数比較を行っている場面がある。それは
＞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。
ここである。しかし、なぜここで正しく係数比較ができるのか、
その理由を説明してないのでダメ。結局は、>>284,>>287に書いたことに帰着される。
あと、>>286で既に指摘があるが、「 p は不定 」を導くための理由もおかしい。
恒等的に s-t+2k＝0 なのだから、p が不定でも定数でも、(s-t+2k)p=0 が成り立つのは
当たり前である。よって、(s-t+2k)p=0 という式から「 p は不定 」なんてことは言えない。
301:１３２人目の素数さん
18/03/12 23:00:28.46 9rYvWFYM.net
>>290と>>291の前半部分
それは誤りだと認めている部分です。よく読んでくださいね。
>>291
の後半部分はふざけているとしか思えませんが。s-t=2kのときに
(s-t-2k)p=0になると、そのときpは不定だというんですけれども。
どの部分を読めばいいのかというと、>>264を参照。
これ以上、不定に関するつまらないなんくせに応答することもやめます。
302:１３２人目の素数さん
18/03/12 23:06:30.75 HK0hlCyC.net
>>292
＞それは誤りだと認めている部分です。よく読んでくださいね。
だったら、係数比較を行っている場面は実際には存在しないということであり、
よって「 p は不定 」という条件を使う必要もなくなる。
＞の後半部分はふざけているとしか思えませんが。s-t=2kのときに
＞(s-t-2k)p=0になると、そのときpは不定だというんですけれども。
p が完全なる定数であっても (s-t-2k)p=0 は成り立つので、
(s-t-2k)p=0 だからと言って p は不定だとは言えない。あるいは、
「 0 * 1 = 0 である。よって、1 は不定である」
と言ってもよい。君にとって、1 は不定なのか？
303:１３２人目の素数さん
18/03/12 23:07:11.81 OstYFFE/.net
>>292
だったら正しい結論はどこにあるのさ？
304:１３２人目の素数さん
18/03/12 23:11:04.32 9rYvWFYM.net
>>293
変数と1の違いを理解したほうがいいと思います。
305:１３２人目の素数さん
18/03/12 23:22:36.69 OstYFFE/.net
>>241
＞>>231の下から5行は誤りでした。
231の結論を否定しちゃったら、他のどこで奇数の完全数が存在しないことを結論付けてるんですか？
306:１３２人目の素数さん
18/03/12 23:28:50.96 HK0hlCyC.net
>>295
pを変数のつもりで使っているなら、何をしなくても最初から「 p は不定 」という扱いになるので、
おかしな論法を使って「 p は不定 」なんて言い直す必要が無い。
そこでわざわざ「 p は不定 」という言い方をするからには、pを変数のつもりで使っているのではなく、
pは動かない定数の可能性もあるという立場でpを用いていることになる。
その場合、pが定数でも変数でも (s-t-2k)p=0 は成り立ってしまっているので、
(s-t-2k)p=0 だからと言って、pは定数ではないということにはならず、pは不定だとは言えない。
結局、どちらに転んでも、やっていることがおかしい。
あと、>>290と>>291の前半を誤りだと認めているのなら、「 p は不定 」を使っている場面が
存在しなくなるので、「 p は不定 」という概念を持ち出す理由がなくなる。この点においても、
やっていることがおかしい。
307:１３２人目の素数さん
18/03/12 23:38:25.09 9rYvWFYM.net
>>296
>>267
308:１３２人目の素数さん
18/03/12 23:43:43.60 OstYFFE/.net
>>298
「奇数の完全数が存在しない」という結論は>>267には書いてありません。
また、pに0を掛けて0になったことを言っても「奇数の完全数が存在しない」ことを証明したことにならないことは何度も指摘されている通りです。
309:１３２人目の素数さん
18/03/12 23:57:18.62 DSncSinI.net
うむ。そもそも背理法はな、仮定とする命題から偽の命題を導き出せたら、元の仮定が偽であることが証明できるという手法でな。
この場合、「奇数の完全数が存在する」という命題から偽の命題を導き出すことが目的となるわけぢゃが、
たとえば(s-t+2k)p=0という式。s-t+2k=0だからこの式は恒等式、すなわち真の命題ぢゃ。この式を導き出しても元の仮定は否定できぬ。
また、(s-t+2k)p=0という式からpの値を決定できないというのも真の命題ぢゃ。この事実からも元の仮定を否定することはできぬのぢゃ。
どうかな？ 数学的な説明になっておるであろうか？
310:１３２人目の素数さん
18/03/13 00:09:33.28 pCP0rnaQ.net
>>299
pを満たす値を決定することができないということは、その値が存在しないからそうなる
311: と考えることがどこがおかしいのかを示していただきたい。 pを満たす方程式を条件から定式化し、それが変数の値を確定することができない場合には そもそもその仮定となる条件が成立しないと考えるのが妥当だと思います。 >>300 背理法については全て計算間違いだと書いています。
312:１３２人目の素数さん
18/03/13 00:31:41.97 fO1irFi+.net
>>301
＞pを満たす値を決定することができないということは、その値が存在しないからそうなる
と考えることがどこがおかしいのか
あなたは「不定」という言葉の意味を取り違えています。
pが不定、というのは「pを満たす値を決定することができない」や、ましてや「pがどの値であっても矛盾する」などではなく、逆に「pがどの値であっても妥当」ということです。
したがって、pが不定となる式を示したからと言って、元の条件を満たすpの非存在を示したことにはならないのです。
313:１３２人目の素数さん
18/03/13 00:37:04.41 pCP0rnaQ.net
>>302
＞pを満たす値を決定することができない
はpを満たす値を一意に決定することができない
に訂正します。
pがどの値でも妥当だという命題自体がこの問題の条件p=4q+1に反するのではないでしょうか
これをもって、矛盾になるといえるのではないかと思います。
しかしながら、結局0=0の式になるということであれば、式自体の正当性がないといえるのでは
ないかと思います。
314:１３２人目の素数さん
18/03/13 01:09:21.53 fO1irFi+.net
>>303
＞pがどの値でも妥当だという命題自体がこの問題の条件p=4q+1に反するのではないでしょうか
矛盾しません。
証明の過程でこれら２つの命題「pがどの値でも妥当」と「p=4q+1」が現れたとき、
帰結として言えるのは２つの命題の論理和である「pがどの値でも妥当」かつ「p=4q+1」ということです。
この論理和からなる命題は結局「p=4q+1」と同値です。なにも矛盾していません。
一般的に証明において「変数がどの値でも妥当」という結論を出すことは、変数について何も制限を与えていませんから、その命題を示すことに意味はありません。
意味がないので示すことがないのが普通です。
315:１３２人目の素数さん
18/03/13 01:14:41.07 pCP0rnaQ.net
>>304
それは論理積をとっているということではないでしょうか。
全ての値で成り立つということは明らかにp≠4q+1でも成立してしまうから
矛盾していると考えます。
命題は一部でも誤りがあればその命題は偽であるとするのが数学だと思いますが。
316:１３２人目の素数さん
18/03/13 01:39:55.90 fO1irFi+.net
>>305
失礼しました。論理積ですね。
p≠4q+1の場合、命題「pがどの値でも妥当」かつ「p=4q+1」は偽です。
p≠4q+1の場合、命題「p=4q+1」も偽です。
ですから、どちらの命題からもp=4q+1が帰結できます。
命題「pがどの値でも妥当」かつ「p=4q+1」と
命題「p=4q+1」は同値なので、
「pがどの値でも妥当」を示しても示さなくても帰結は変わりません。
変わらないので、「pがどの値でも妥当」の命題を追加しても矛盾を示すことができません。
だから意味がない、と言っています。
317:１３２人目の素数さん
18/03/13 01:59:33.62 yaQ8KcqX.net
pは不定だと言ったかと思ったらp=4q+1だから矛盾するって言ってみたり意見の一致しない人だなって思うよ
p=4q+1って条件が最初からあるんだから0p=0になってもp=4q+1って条件は変わらない
0p=0だからpが不定ってとこが間違いなんだってなぜ気づかないか
318:１３２人目の素数さん
18/03/13 04:13:26.96 fO1irFi+.net
>>307
うん、まあ普通はそういうふうに扱うのよ。
例えば連立方程式を解いてるときに、ある式の両辺から自分自身の式を辺々引いたら普通に不定の形の式が出てくるけど、それをもって変数の値を不定とすることはない。
p=4q+1の両辺からp=4q+1を辺々引いて(1-1)p=0を作ってpは不定だと主張してるのと本質的に変わりはなくて、
そんな主張を許していたらどんなおかしな命題だって「証明」できてしまう。
数学的に考えられる人ならそんなの常識と思うんだけどね。
319:１３２人目の素数さん
18/03/13 07:17:56.69 pCP0rnaQ.net
>>306-308
p=4q+1⇒0p=0
0p=0⇏4q+1
320:１３２人目の素数さん
18/03/13 07:18:39.87 pCP0rnaQ.net
>>310 訂正
×0p=0⇏4q+1
〇0p=0⇏p=4q+1
321:１３２人目の素数さん
18/03/13 08:54:38.18 bvg00kjW.net
>>310
〇 p=4q+1 ⇒ 0p=0
× p=4q+1 ⇒ 0p=0 ⇒ p は不定 ⇒ よって矛盾
322:１３２人目の素数さん
18/03/13 10:30:38.25 LJFMdq4a.net
>>311
不正解。
>× p=4q+1 ⇒ 0p=0 ⇒ p は不定 ⇒ よって矛盾
この1行だけみても数学的センスがないことがわかる
323:１３２人目の素数さん
18/03/13 10:38:36.02 yaQ8KcqX.net
>>312
「p=4q+1 ⇒ 0p=0 ⇒ p は不定 ⇒ よって矛盾」が不正解だと311は言いたかったんではないの？
324:１３２人目の素数さん
18/03/13 11:25:47.19 yaQ8KcqX.net
>>310
それがどうした
325:１３２人目の素数さん
18/03/13 11:34:55.15 pCP0rnaQ.net
>>314
訂正
326:１３２人目の素数さん
18/03/13 13:03:26.31 yaQ8KcqX.net
>>315
0p=0⇒p=4q+1じゃなかったら何が問題だ、と聞いたんだが？
それを言ってもp=4q+1は否定されない
327:１３２人目の素数さん
18/03/13 13:30:23.56 pCP0rnaQ.net
>>316
0p=0だったらp=3でもいいがそれではp=4q+1にはならない。
328:１３２人目の素数さん
18/03/13 13:58:39.46 yaQ8KcqX.net
>>317
それがどうした
p=3じゃダメだったってなるだけのこと
329:１３２人目の素数さん
18/03/13 16:09:28.33 pCP0rnaQ.net
>>318
だから、それで0p=0が成立しないことになる
330:１３２人目の素数さん
18/03/13 17:04:42.78 yaQ8KcqX.net
>>319
アホか
pがどんな実数でも0p=0は成り立つわ
成り立たないのは「pは不定」の方だと言ってる
331:１３２人目の素数さん
18/03/13 17:08:41.91 pCP0rnaQ.net
>>320
どうしても私が誤っているというふうにしたいのですね。
往生際が悪すぎると思いますが。
完 全 終 了。
332:１３２人目の素数さん
18/03/13 17:23:42.97 HdiHotsT.net
クエ安全数のユウムについて応える必要はない。
333:１３２人目の素数さん
18/03/13 17:34:16.03 MMWk9aVK.net
命題１「0p=0⇒pが不定」が真だと
命題１の対偶命題「pが不定でない⇒0p≠0」も真にるはずだけどこれは偽なの
だから命題１は偽なの
命題２「pが不定⇒0p=0」が真だと
命題２の対偶命題「0p≠0⇒pが不定でない」も真になるはずだけどこれは偽なの
だから命題２は偽なの
命題３「0p=0⇒p=4q+1」が真だと
命題３の対偶命題「p≠4q+1⇒0p≠0」も真になるはずだけどこれは偽なの
だから命題３は偽なの
命題４「p=4q+1⇒0p=0」が真だと
命題４の対偶命題「0p≠0⇒p≠4q+1」も真になるはずだけどこれは偽なの
だから命題４は偽なの
334:１３２人目の素数さん
18/03/13 17:36:10.71 yaQ8KcqX.net
>>321
誤ってるものを誤ってると言って何が悪いのか
他人を責める前に自分の発言を見直せ
335:１３２人目の素数さん
18/03/13 17:44:27.63 3WjjAuJV.net
>>321
往生際悪いぞ
336:１３２人目の素数さん
18/03/13 17:52:18.47 yaQ8KcqX.net
>>323
そういうことじゃない
p=4q+1など、pに対してなにがしかの限定条件があるところで、0p=0だけから「pは不定」と主張するのが迂闊だと言ってるだけ
337:１３２人目の素数さん
18/03/13 18:07:40.64 MMWk9aVK.net
>>326
にゃるほど
あらかじめp=4q+1があって
その他になんか式があって、それを計算すると0p=0になったと
>>323の命題１から、たとえ0p=0でもpが不定とは言えないと思うけれど
それとは関係なしに「pが不定と結論づける根拠として提示されたものが0p=0だけだ」って事にむず痒さを感じてるのね
338:１３２人目の素数さん
18/03/13 18:49:54.83 pCP0rnaQ.net
>>326
>>327
限定条件があろうがなかろうが、0p=0となる場合に「変数pは不定」と表すのは
数学の作法だと思われる。
339:１３２人目の素数さん
18/03/13 19:02:45.84 MMWk9aVK.net
>>328
たとえ論理的操作で偽だと結論づけられた命題であっても、数学的作法を根拠に真だと定義できると？
340:１３２人目の素数さん
18/03/13 19:56:14.84 zRgdnltI.net
>>328
数学をちょっとだけかじったひとがやりがちな過ち
まさに馬鹿のひとつ覚え
341:１３２人目の素数さん
18/03/13 20:06:55.52 bvg00kjW.net
「pは不定である」と言うための根拠もデタラメだし、
「pが不定であることは解が存在しないことの証だ」という屁理屈もデタラメ。
そんな屁理屈が通るなら、単純に次のようにすればいい。
命題：奇数の完全数は存在しない。
証明：存在したとして、その中の1つをnとする。nの素因数を1つ取ってpとする。
0p＝0である。よって、pは不定である。これは、解が存在しないことを意味する。
よって、奇数の完全数は存在しない。
342:１３２人目の素数さん
18/03/13 21:13:10.02 yaQ8KcqX.net
>>328
そんな作法はない
pが不定だったら、
＞明らかにp≠4q+1でも成立してしまうから
＞矛盾していると考えます。
とか自分で言ってるとおり矛盾する
そんな無茶苦茶な作法はない
343:１３２人目の素数さん
18/03/13 21:18:22.80 pCP0rnaQ.net
>>329
何度も同じことを繰り返すのも馬鹿らしいが
不定というのは全ての整数値をとりうるということだから
その場合には、p=4q+1で表される整数以外の正整数p=3,7,11などでも
不定と定義づけられる0p=0を満たしているから矛盾していると
いう論理が理解できないのでしょうか。
理 解 で き な け れ ば 仕�
344:@方 あ り ま せ ん が。 pを正整数とした場合に、0p=0を満たすのは全ての整数をとりうることが できるのですから、「pが不定である」の逆は「整数pは存在しない」 になります。存在しない数×0は定義されていないので偽りとなるのは 普通ではないでしょうか。 >>331 でたらめだというのは、明確な根拠を示してもらわなければ 意味がありません。それをすることは無理だと考えられるけれど。
345:１３２人目の素数さん
18/03/13 21:19:25.52 pCP0rnaQ.net
>>332
つまらない、終了。
346:１３２人目の素数さん
18/03/13 21:39:21.87 MMWk9aVK.net
>>333
(理解してるよ)
『0p=0となる場合に「変数pは全ての整数値をとりうる」と表す』のは数学の作法なんだよね
とすると、『もしも変数pが全ての整数値をとらない場合に、「0p≠0」と表す』のも数学の作法になるんだよ
ここまでは分かる？
347:１３２人目の素数さん
18/03/13 21:45:54.32 pCP0rnaQ.net
>>335
それだったら私が書いていることに何の問題もないでしょう。
348:１３２人目の素数さん
18/03/13 21:55:41.35 MMWk9aVK.net
>>336
あぁ
「その作法に従えば」全く問題ない
349:１３２人目の素数さん
18/03/13 22:01:00.65 bvg00kjW.net
>>333
＞でたらめだというのは、明確な根拠を示してもらわなければ
＞意味がありません。それをすることは無理だと考えられるけれど。
話の流れが分かってないようだな。君の論法がデタラメでないなら、
単純に次のようにすればいいと言っているのだが？
命題：奇数の完全数は存在しない。
証明：存在したとして、その中の1つをnとする。nの素因数を1つ取ってpとする。
0p＝0である。よって、pは不定である。これは、解が存在しないことを意味する。
よって、奇数の完全数は存在しない。
あるいは、こんなのも証明できるぞ。
命題：x^4＋y^4＋z^4＝w^4 を満たす整数x,y,z,wは存在しない。
証明：x^4＋y^4＋z^4＝w^4が成り立つとする。
0x＝0である。よって、x は不定である。
0y＝0である。よって、y は不定である。
0z＝0である。よって、z は不定である。
0w＝0である。よって、w は不定である。
これは、解が存在しないことを意味する。よって存在しない。
350:１３２人目の素数さん
18/03/13 22:01:07.92 MMWk9aVK.net
>>336
337の続き
でもね、
『もしも変数pが全ての整数値をとらない場合に、「0p≠0」と表す』っていう数学の作法を認めちゃうと大変なことが起こるんだよ
pがある整数しかとれない場合に、p×0が0じゃなくなっちゃうんだよ！
こんな危険な定義をあなたは証明のために使ってる
見過ごせないよ！
351:１３２人目の素数さん
18/03/13 22:01:50.13 fO1irFi+.net
具体的にここが違うと指摘しないと理解できない人なので具体的に指摘しないとね
>>333
＞不定というのは全ての整数値をとりうるということだから
＞その場合には、p=4q+1で表される整数以外の正整数p=3,7,11などでも
＞不定と定義づけられる0p=0を満たしているから矛盾している
まず、「0p=0」と「p=4q+1」とを組み合わせても矛盾しません。
具体的には任意の整数 q について p=4q+1 と置くと、双方の命題が真となります。
しかし、「全ての整数値をとりうる」からといって、p=3と置いたとすると、
「p=3」と「p=4q+1」とを組み合わせたとき 3=4q+1 となる整数 q がないから矛盾します。
矛盾のないところから矛盾を引き出すことはできないので、この推論はどこかが誤っています。
この推論では、あたかも（「0p=0」かつ「p=4q+1」）ならば（「p=3」かつ「p=4q+1」）が
妥当であるような導出をしています。すなわち、暗に「0p=0」ならば「p=3」と言っているわけです。
しかし、実際には「0p=0」→「p=3」は偽です。仮定が真なのに結論が偽になる場合があるからです。
「不定というのは全ての整数値をとりうる」から、特定の値に固定しても矛盾しないはずだ、
という推論は「0p=0」→「p=3」のような誤った言及を暗に含んでいます。
これこそが誤りの元であるわけです。
352:１３２人目の素数さん
18/03/13 22:34:09.36 pCP0rnaQ.net
>>338
はじめの式から正当な数学的な論理による式変形を行った後に
0p=0がでないと意味がない。
>>339
変数pが全ての整数値をとらない≠pがある整数しかとれない
全然同値ではなく、全く数学的思考ではない。
>>340
＞矛盾のないところから矛盾を引き出すことはできないので、この推論はどこかが誤っています。
奇数の完全数が存在するという仮定が間違っているのであって推論は間違っていない。
もう、飽きた。
353:１３２人目の素数さん
18/03/13 22:38:06.65 fO1irFi+.net
>>341
＞奇数の完全数が存在するという仮定が間違っているのであって
証明できていないことを根拠にするのは数学的態度とは言えません。
それに>>340の説明は完全数の存在不存在には関係なく成立しますよ。
354:１３２人目の素数さん
18/03/13 22:40:16.85 MMWk9aVK.net
>>341
飽きちゃったか
まだ早すぎたのかもね
全ての整数値がとれないということは整数の有限集合がとれるっていうことだよ
勿論元が一つの有限集合も定義できるよね
反例はひとつ示せれば良いから、元が一つの有限集合を反例にしただけなんだよ
それがパッと理解できないのなら、残念だけどもう一度出直してと言うしかないよね
355:１３２人目の素数さん
18/03/13 22:44:54.69 fhw2uzGl.net
良いじゃないか、>>248に書いてある通り「私のなかでは」解決できたと言っているんだから。
仮に本物の数学者が査読して同じようにこの証明の誤りを指摘しても、「自分の推論は間違っていない」と頑なに認めないだろうね。
356:１３２人目の素数さん
18/03/13 22:49:52.16 bvg00kjW.net
>>341
＞はじめの式から正当な数学的な論理による式変形を行った後に
＞0p=0がでないと意味がない。
「正当な数学的な論理による式変形」とは何だね？
>>338の式変形の一体どこに「正当でない部分」が存在するのだね？
ゼロに何を掛けてもゼロなのだから、どのタイミングで
0p＝0 や 0x＝0 という数式を持ち出しても、
「正当な数学的な論理による式変形」だろ？
つまり、>>338の議論は、君の理屈のもとでは全て正当だろ？
357:１３２人目の素数さん
18/03/13 23:05:37.77 pCP0rnaQ.net
>>344
推論ではなく論理。数学的に正しい私の誤りに関してはこのスレッドを
よく読んでもらえれば分かると思うが何回も認めてきている。
358:１３２人目の素数さん
18/03/13 23:20:44.51 MMWk9aVK.net
「今までの自分の経験で構築された」数学的な正しさを見直し、
その数学的な正しさに従い構築された「論理」を見直してくれ
式変形のミスは沢山修正されてきたよね。それが理解されていて修正できているのは多いに結構なの
今言われてるのはあなたが証明に使った「論理」の正当性であり、あなたの「数学的正しさ」の正当性なの
あなたは頭が良いからまた新しい証明を考えてくれると信じてる
だから頼む
全否定されたようで辛いかもしれないけれど、人に注意されてる内が気づけるチャンスなんだ
359:１３２人目の素数さん
18/03/14 00:07:03.37 r1/BZ+n8.net
>>347
>>264に書いてあるレスが正しい部分のレスであり、その流れで最終的な
ところまでたどり着きました。これらのレスに対して、数学的に正しく否定されていない
と現時点で判断しています。
360:１３２人目の素数さん
18/03/14 00:28:23.14 IibzNEyh.net
>>348
あなたのその判断基準さえ疑問視されている今の状況でそのような返答をするとは
強靭な精神力をお持ちだ
しかし風邪は直りましたか？キーボードも良いやつに買い換えた方が良いですよ
検証が進まないのはあなたの度重なるミスにもよります
その事をしっかり理解して、完璧なコンディションで事にあたって欲しいものです
折角の「最古の未解決問題の証明」なのですから
361:１３２人目の素数さん
18/03/14 00:39:20.24 HwqOY+kY.net
>>348
数学的に正しく否定されてるよ。
「 0p＝0 ⇒ p は不定 ⇒ 解なし 」
という屁理屈が通用するなら、>>338だけで終わる話。
わざわざ>>264のような長い計算をする必要なし。
362:１３２人目の素数さん
18/03/14 00:43:41.84 HwqOY+kY.net
この>>338に対して、君の批判は「正当な数学的な論理による式変形の後の0p=0でないと意味がない」
というものだったが、これは批判として成立していない。
0p＝0 という数式だけではなく、0p＝0 に至るまでの過程を全て加味した上で初めて
「 p は不定である 」という主張が出てくるのなら、君の言っている批判は成立する。
しかし、実際には、君は 0p＝0 という数式だけから「 p は不定である 」と言っているのである。
つまり、0p＝0 に至るまでの過程は全く加味していないのである。とにかく 0p＝0 が導出できさえすれば、
そこに至るまでの過程とは無関係に、「 0p＝0 」という数式だけを見て、君は「 p は不定である 」と
言っているのである。
だったら、いきなり 0p＝0 と書いてしまえばいい。ゼロに何を掛けてもゼロなのだから、
どのタイミングで 0p＝0 と書いても正当である。そして、0p＝0 に至るまでの過程は加味しないのだから、
0p＝0 を書いた時点で「 p は不定である 」と言えばよい。
よって、>338の議論は、君の理屈の上では完全に正しいはずで、君は>338に反論できていない。
それでもなお、>338は正しくないと言うのであれば、君は無意識のうちに、0p＝0 だけではなく、
0p＝0 に至るまでの過程を全て加味した上で「 p は不定である 」と言っていることになる。
つまり、君にとっては、0p＝0 という数式だけでは「 p は不定である 」とは言えないことになる。
しかし、君は 0p＝0 という数式だけで「 p は不定である 」と言っている。どちらに転んでも滅茶苦茶。
363:１３２人目の素数さん
18/03/14 01:06:16.63 de1zE2is.net
>>264 で示されているレスには。結論となるべき「奇数の完全数が存在しない」という�
364:ｾ及がないのですよ 唯一存在している>>231の末尾は自身で誤りだと認めてしまっている。 ゆえに「奇数の完全数が存在しない」の正しい証明はいまだ存在していない。
365:１３２人目の素数さん
18/03/14 03:14:52.92 IibzNEyh.net
>>348へ
38は奇数です
たぶんあなたならこの証明の「正しさ」を分かってくれると思います
38が偶数だと仮定する
38が偶数なら、自然数nに対して2n=38と表せる
両辺にa/2をかけて
na=19a
両辺にnaを足して
2na=19a+na
両辺から38aを引くと
2na-38a=na-19a
2(na-19a)=na-19a
両辺をna-19aで割ると
2=1
これは矛盾
よって38は奇数
366:１３２人目の素数さん
18/03/14 04:19:59.97 1Vfmjl0a.net
>>353
すごいな
28で同じ論法を使えば奇数の完全数が存在することを証明できる。
367:１３２人目の素数さん
18/03/14 04:22:25.78 yE72jYG0.net
>>348
あの、>>38についてなんですけど
qkに一つでも奇数がある場合、
y/p^n=偶数
だから、
p^n=偶数
pは素数で、奇数に奇数をいくら掛けても奇数のままだから
p=2
よって、yの素因数に2が含まれるので、yが奇数である事に矛盾する
従って、qkに奇数は一つも無い
で合ってますか？
368:１３２人目の素数さん
18/03/14 04:37:36.97 yE72jYG0.net
>>355
あっ間違えてた！
ごめんなさい
369:１３２人目の素数さん
18/03/14 05:30:25.10 r1/BZ+n8.net
>>349
ありがとうございます。よく考えてみたのですが、ここに書いている部分で
変数pが不定になるという導きかたが、指摘されているように同じ式どうしを
引き算しているということを理解しました。
>>351
ここに書いている部分ではまことにその通りであります。
>>352
pが不定になるということをここに書いている内容に続く部分で証明できたのでは
ないかと考えています。
>>353
na-19a=0だから0除算を行っています。
370:１３２人目の素数さん
18/03/14 09:57:44.26 qQG1NLAR.net
>>357
やはりこのスレの記事の範囲からは証明の結論部分が欠けています。
証明の本論に関わる指摘がここ数日ないのはそのためと思われます。
その部分があなたの頭の中にしかないのだとしたら書き出す必要があると思うのですが。
371:１３２人目の素数さん
18/03/14 12:47:35.80 IibzNEyh.net
>>358
もし億が一証明が正しかったら
インターネットの匿名掲示板に証明の原文が載ることになる
これまでメタクソ言われてきた考案者が浮かばれない結末が予想される
372:１３２人目の素数さん
18/03/14 12:54:09.56 r1/BZ+n8.net
>>358
証明は電子投稿しました。
373:１３２人目の素数さん
18/03/14 12:56:24.90 IibzNEyh.net
一番良いのは自身で開設したブログに証明文の全体を書いて検証してもらうことなんですよね
確かに検証する側も(結論が用意されているとはいえ)一部隠された証明の検証は難しいし、やる気がでない
検証にも「最古の未解決問題の証明の検証を行っている」という明確なモチベーションが欲しいのです
374:１３２人目の素数さん
18/03/14 12:58:04.74 r1/BZ+n8.net
>>359
この考案者がこのスレッドの人物であるとするならば
叩かれているのは私一人なので問題ないと思います。
375:１３２人目の素数さん
18/03/14 13:09:17.69 3BHefJ6L.net
なあんだ
要するに証明できないってことね
376:１３２人目の素数さん
18/03/14 13:16:15.59 vkLUDSUL.net
証明はできてるぞ
>>236の最後を見ろ
gとhが奇数でkが偶数となる。
これが結論だ
377:１３２人目の素数さん
18/03/14 13:20:17.48 IibzNEyh.net
>>362
投稿が匿名だから、その「私」が日本の何処にいる誰なのか特定できないんですよ
このスレにはレス毎に誰が書いたかを簡易的に示すIDを持ちますが、これも隔日で変わりますし、これに個人情報を特定する能力はありません
あなたを騙る別の人があなたと同じような口調であなたの証明文を写し、ツイッターなどに掲載すれば、その人が発案者だとされても言い返すのは至難の技です
378:１３２人目の素数さん
18/03/14 13:36:55.11 3BHefJ6L.net
奇数の完全数が存在すれば奇素数と奇数の平方の積、ってところは古来から知られている事実でありオリジナリティはない
やったことといえば、奇数の平方のところをpやp-1、p+1、pp+1で剰余をとってその偶奇性を見ただけ
そこに活路はないと知るとゼロ除算を姑息に利用して証明が出来たように装った結果炎上(今ここ)
こんなの写すだけ徒労だと思うけどね
379:１３２人目の素数さん
18/03/14 13:49:23.59 IibzNEyh.net
正しかったと仮定すればのお話なので
それより、ホーキング博士が逝去されたらしいです
380:１３２人目の素数さん
18/03/14 13:52:57.18 vkLUDSUL.net
>>367
あー、そのニュースはみた
また偉大な巨星が一つ落ちたか
ご冥福をお祈りします
381:１３２人目の素数さん
18/03/14 15:12:32.82 r1/BZ+n8.net
>>365
もう証明は投稿していますので、この内容からの証明を続けることは困難だと
思います。
>>366
どれくらい時間がかかるかは分かりませんが、査読の結果がよい場合には掲載される
ものと思います。
382:１３２人目の素数さん
18/03/14 15:19:27.18 IibzNEyh.net
>>369
エッ投稿ってことは
学会かなんかに既に投稿してリファラー結果待ちなの？
383:１３２人目の素数さん
18/03/14 16:21:08.37 XgEYIGkB.net
>>265
背理法で奇の完全数が存在しないことを示したのではなかったのか。
それだと、間違っている可能性が非常に高い。
まあ、証明できたと思っても余り熱くならない方がいいと思うよ。
証明出来たと思って熱くなって浮かれていると、証明のどこかが間違っていることがよくある。
こういうときこそゆっくりと落ち着いて対処した方がいい。
384:１３２人目の素数さん
18/03/14 16:41:43.08 oAorKGTj.net
証明は投了した、ってとこまで読んだ
385:１３２人目の素数さん
18/03/14 17:39:05.63 r1/BZ+n8.net
>>370
はい、そうです。
>>371
変数pが不定となることを導き出しました。ここに書いて間違えている
同じものを引いているのではありません。
386:１３２人目の素数さん
18/03/14 17:45:33.67 IibzNEyh.net
>>373
結果来たら教えてね
387:１３２人目の素数さん
18/03/14 17:57:26.92 XgEYIGkB.net
>>373
いや、奇の完全数Nが存在しないことを示すには、
或る奇の完全数Nが存在するとする。以下……。
というようにして、Nを固定して議論を進めて矛盾を導き
背理法で示さないと、証明としての効果がない。
その上、背理法を使わずに、変数pに関する 0・p＝0 という関係式を導いても、
0・p＝0 という式はpにどんな複素数値を代入しても成り立つから、
0・p＝0 という式自体を導いても何の意味もない。
簡単にいえば、0・p＝0 という関係式は計算式と同じような式とも見なしていい。
だから、証明は間違っている可能性が非常に高い。
388:１３２人目の素数さん
18/03/14 20:27:59.55 rttKb7Bh.net
もうここには書かないって言ってるし証明失敗ってことで完全終了でよくないか？
成功する見込みもなさそうだし
389:１３２人目の素数さん
18/03/14 20:52:27.72 vkLUDSUL.net
>>376
何いってんだ
証明は完成してるっていってんだろ
数学的に完全に完璧に正しい作法の証明だ
390:１３２人目の素数さん
18/03/14 23:10:14.19 sIOGM6bG.net
久しぶりに高校入試の問題解いてみたら
URLﾘﾝｸ(i.imgur.com)
この問題のイが分からなかった
文系で数学苦手で申し訳ないが教えてくれないか？