奇数の完全数の存在に関する証明が完成しました2
数学上の未解決問題が、2018年8月22日に完全な証明が完成しました。
この証明が完全に正しいと公式に認定していただきたいと思います。
証明論文
Pdf文書 日本語
http://fast-uploader.com/file/7090446873724/
Pdf文書 英語
http://fast-uploader.com/file/7090447044856/
(前スレ)
奇数の完全数の存在に関する証明が完成しました
https://rio2016.2ch.sc/test/read.cgi/math/1533414338/
(それより前のスレ)
最古の未解決問題が解決されたのか
https://rio2016.2ch.sc/test/read.cgi/math/1522147912/
奇数の完全数の存在に関する証明は正しいはず
https://rio2016.2ch.sc/test/read.cgi/math/1530434042/
(関連スレ)
奇数の完全数の有無について [無断転載禁止](c)2ch.sc
https://rio2016.2ch.sc/test/read.cgi/math/1483900653/
奇数の完全数の有無について2
https://rio2016.2ch.sc/test/read.cgi/math/1523602627/
出典：デジタル大辞泉（小学館）
［名］(スル)完全に出来上がること。すっかり仕上げること。「完成を見る」「ビルが完成する」「大作を完成する」
１は何も学習しない
1は前スレで承認してもらわなくても構わない。暇つぶしと断言したはずだが
それはこのスレであって、公式にというか社会的に正しい論文だということが認定されたいとは
考えているから、何の問題もない。
しかしよそのスレに来られても迷惑なだけなのでこのスレで妄言を垂れ流すことは見逃してやる
たとえばf(pr)のかわりにh(pr)に取り替えて議論してるけど、結局それも “Tiがすべて2m+1を因子にもってるから” だけどこの時点で因子はQ(m)の因子の意味にとらないと成立しない。
結局p12～p13に至る議論はすべてQ[m]における議論で最終的に得られた
2m + 1がpr^(qr－cr－1)の倍数
という結論も “Q[m]において” でしかない。
つまり
2m+1がQ[m]においてpr^(qr－cr－1)の倍数
を証明したに過ぎず、
2m + 1 = w pr^(qr－cr－1) …⑩
のwもQ[m]の元でしかない。
つまりwはmの値に応じて変化するmの整式。
具体的にはw(m) = (2m+1)pr^(-pr+cr+1)。
ここでmを自由変数としてみなすことをやめて元の整数値にとりかえたときw(m)はもちろん整数になるとは限らない。
⑩においてw(m)が整数でないという事が証明出来ていない状況でw=1などという結論は到底得られない。
2m+1がpr^(qr-cr-1)の倍数でなければならないことを証明しているので、wは整数でしかありません
✕：⑩においてw(m)が整数でないという事が証明出来ていない状況でw=1などという結論は到底得られない。
○：⑩においてw(m)が整数であるという事が証明出来ていない状況でw=1などという結論は到底得られない。
>1はこの手の間違いを前スレから何度も繰り返している。AB ＝ CD という等式があったときに、
「 A が C を割り切らないなら、A は D を割り切る 」
という間違った論法である。AとCが互いに素なら正しく使えるテクニックだが、
互いに素とは限らないケースでは全く使えないのである。
にも関わらず、>1は条件反射的に何度もこのミスを繰り返している。
>1がこのミスをしたのは、俺が見かけた範囲だけでも3回程度はあったはず(今回を含めて)。
おそらく、>1の中でこの間違え方は「クセ」になっている。
>1の反応を見る限り、>1はこの間違え方を全く克服できていない。
他人からその都度指摘されなければ、間違っていることが理解できない。
となれば、今後もこの間違え方を繰り返すものと思われる。
・１の書いたものが正しいかどうか検証できない
・質問者を１が罵倒する
・明らかな間違いを指摘しても１が理解しない
・１の態度が悪い
・１が時々テレビから自分の悪口が聞こえると発言する
・pは特定の値を持つはずだが0p=0であり不定になるから矛盾
・pは定数でありかつ変数である
・pが単調減少する（本当は単調減少しない）からpは素数になりえない
・奇数÷奇数は整数かつ奇数に決まってる。そんな簡単なこともわからないのですか
・wは整数であり同時に整数でない
・2m+1は因数だが2m+1の倍数ではない
・a=b/3なら、aはbを因数に含む
・変数は数値に置き換えてはダメ
・(A×B)/C:整数かつ B/C:非整数 ⇒ A/C:整数は当然
・27/5 は 3 で割り切れる
仮に馬鹿証明を馬鹿証明と言えば馬鹿にしたことにはなるし、
仮に馬鹿論文を馬鹿論文と言えば馬鹿にしたことにはなるし、
仮に馬鹿著者を馬鹿著者と言えば馬鹿にしたことにはなる
1.「間違いが見つかりました、撤回します」
↓
2.「(今論点じゃないところ)を修正しました。完成です」
↓
3.(論点について聞かれても)「もうすでに直しました(←直ってない)。読んでから言ってください」
https://medaka.2ch.sc/test/read.cgi/quiz/1282788303/
その “倍数” が “Q[m]において” です。
Q[m]においてAがBの倍数
の定義は
A = CB となる Q[m]の元Cがとれる
なので
Q[m]において2m+1がpr^(qr-cr-1)の倍数
とは
2m+1 = w pr^(qr-cr-1) となる Q[m]の元wがとれる
なのでwは整数とは限りません。
p * p = 4
高木くん「右の p は１。左は４です。」
高木くん「pは固定値ではないのでそう考えることができるということ」
高木くん「よく読んでから反論してもらいたい、何の考慮に値しない反応ばかりだ」
高木くん「これから、考慮に値しない稚拙はレスは無視する」
.｡☆.ﾟ。.。
｡:☆・。ﾟ◇*.ﾟ｡
･◎.★ﾟ.＠☆｡:*･.
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＼ξ ＼ ζ／
∧,,∧＼ ξ
(´･ω･`)／
/ つ∀o
しー-Ｊ
完成したのに、なんで今更定義の誤りを修正するの？
何回完成するんですかね
＞2m+1以外の因数をu(pr)とし、h(pr)=(2m+1)u(pr)
＞が成り立つ場合に、有理数多項式u(pr)がprで割り切られないことを証明しています。
「有理数多項式u(pr)が」という言い回しが気になる。
・ prを素数として、有理数u(pr)が整数環Zにおいて実際には整数になっていることを証明して、
かつ整数u(pr)がZにおいて素数prで割り切れないことを証明したのか？
・ それとも、prを変数として、prの多項式u(pr)がQ[pr]において多項式 pr で割り切れないことを証明したのか？
(言い換えれば、xの多項式u(x)が多項式環Q[x]において多項式 x で割り切れないことを証明したのか？)
もし後者なら、そんなことが言えても意味がない。
x＝prを代入して整数環Zに移行したときには因子の関係が崩れるから。
例：xの多項式u(x)＝(4/5)x＋1は、Q[x]において多項式 x で割り切れないが、
pr＝5とするとき、u(pr)は整数環Zにおいてprで割り切れる。なぜなら、
u(pr)＝u(5)＝5＝prなので。
まさにこれ。正しくないものを認めさせてどうしたいのかわからん
x=3のとき
多項式xは多項式(5/3)xの因数であるが、整数xは整数(5/3)xの因数でない
多項式xは多項式(5/3)x+1の因数でないが、整数xは整数(5/3)x+1の因数である
多項式の因数と整数の因数はまったく別物
因数を根拠にするのはこの際すっぱりやめてはどうか。
奇素数p,qがp = 2q + 1の関係にあり
v_q((p^(n+1)-1)/(p-1)) = e
であるとき
v_q((p^(n+1)-1)/(p-1))
= v_q((1-2q)^(2n+2) - 1^(n+1))
= v_q (1-2q - 1) + v_q(n+1) (∵ 一般に a≡b (mod q)、a,bはqの倍数でないとき v_q(a^i - b^i) = v_q(a-b) + v_q(i)。)
= 1+v_q(n+1)
なので>>1の論文中のp = 2qr+1の場合v_pr((p^(n+1)-1)/(p-1))=qr-cr-1というのは多分正しい。
つまり
2m+1 = w pr^(qr-cr-1) (∃w : 奇数)
はp = 2pr + 1である場合には正しい。
でもこれが任意のrで成立するわけではないので以降の議論は成立してません。
✕：なので>>1の論文中のp = 2qr+1の場合v_pr((p^(n+1)-1)/(p-1))=qr-cr-1というのは多分正しい。
○：なので>>1の論文中のp = 2pr+1の場合v_pr((p^(n+1)-1)/(p-1))=qr-cr-1というのは多分正しい。
v_q((p^(n+1)-1)/(p-1)) = v_q(n+1) とちゃうん？
あ、失礼、そうです。±1補正して読んで下さい。
この後なぜかこの議論が全てのprで成立する事を利用して議論が進みますが、p=2pr+1を利用してるので他の素因子には使えません。証明見直せば少しは広げられるかもしれませんが。
そう言うわけでもないけど暇つぶしなのでそこまでキッチリ検証しないで書いてるので。
2m+1=wpr^(qr-cr-1)はbがpk^qkで割り切られるという条件なので
任意のrで成立しなければなりません
×pk^qk
〇pr^qr
2m+1がpr^(qr - cr -1)で割り切れる…(※)
の導出に
p = 2pr -1…(＊)
を利用しています。
論文中ではそれを明示してないだけです。
明示していようが、いまいが、使って導出してるのだから(※)を利用するなら(＊)が成り立っているprでなければダメです。
たしかに b がpi^qiで割り切れるのは他のiでも成立してますが、そのことだけを用いて(※)を導出できていません。
任意のkで成立しないとbがpk^qkで割り切られないので矛盾になります
>>35
2b=c(p^n+…+1)でcが可変なのですから、pは解が何個あってもいいのです
cが可変とかなんとかはどうでもよろしい。
p = 2pr+1
を利用してるのだからこれが成立しないとダメです。
利用してるでしょ？
p = 2pr -1…(＊)
が議論のはじまりで、ここから
f(pr) = ((2pr-1)^(n+1) - 1)/(2pr-2) = 1+p+…+p^n
となって
f(pr)のprのmultiplicity = 1+p+…+p^nのprのmultiplicity…(＠)
で右辺がqr-crに等しいがすべての議論の出発点でしょ？
(ちなみにmultiplicityはその素数で何回われてるかの値です。)
これから話をh(pr)に置き換えて…が論文でやってることでしょ？
その部分にも因子問題があって全然議論成立してませんが、別の道であなたが得た結論
2m+1 のpr のmultiplicity = qr - cr -1…⑩のちょっと前(←ここ±1ずれてるかもしれませんが。ちゃんと精査してないので。)
に至る方法はあります。
しかしそれも(＠)、ひいては(＊)がすべての議論の始まりでこれが成立してないとなにもできません。
要はbとかcとかどうでもよろしい。
p と pr について(＊)が成立してないと⑩を導出できません。
しかし(＊)をみたしてるprは一個だけで他の素因子についてはなんにもわかりません。
論文ではそのただ一つだけ奇数の指数をもつ素因数をpとしている。
算術の基本定理より、最初に仮定したyに対してpは一意に定まる。
このpに対して(p+1)/2がyの因数という性質は言えるが、
p以外のいかなる素因数pkについても(pk+1)/2がyの因数とは言えない。
そもそもpが一意だからp=2pk-1が成立するようなkもyに対して一意となる。
まさか、１は算術の基本定理も知らないのかい？まさかね。
当然知らないのですよ。
"評判の悪い広告"ついてると不利だよ
１がさっぱり勉強してこなかった数学を教えてくれるのもここだけ。
居心地が良いらしく半年も過ごしやがった。
2b=c(p^n+…+1)
となり、cが各kに対して変化するので、pが複数あっても構わないという考えです。
>>38
bがpr^qrで割り切られる条件として、式⑩を出しているので、bがpk^qkで割り切られると
きは任意のkに対して式⑩が成立しないとおかしいということです。
>>39
検索したら、素因数分解の一意性ですか。それぐらいは知っています。
>>40
この内容はかなり難しいので、数学力が高い人にしかその正当性は判断できないのでしょう。
問題解決のためにそれだけ時間が掛かったということでしかない。
奇数の完全数が複数存在するというだけで何の問題もありません
なるほどね。
１の発言を素直に解釈するとそうなるな
＞pが複数あった場合はただ奇数の完全数が複数存在するというだけで何の問題もありません
ということは、１の過去の主張によると、奇素数 p があると、
（根拠は分からないが）そこから b と c を決定でき、2b=c(p^n+…+1) となるようにできる。
こうなる b と p を使って y=b×p^n とすると、y は奇数の完全数になる。
よって、奇素数の数だけ完全数が存在するという理屈にはなるな。全く理解できないが。
スレタイは間違っていなかったわけだ。
2b=c(p^n+…+1)となり、cが各kに対して変化するので、pが複数あっても構わないという考えです。
2b=c(p^n+…+1)で最初に選んだp以外で同じ議論をしようと思ってもそうはいきません。
pがうごけば肩の数字のnも動きます。crも変化します。
そしてその変化させたp(仮にqとしましょう。)q = 2qr -1となるqrは存在するかどうかわかりません。
I の仮定は最初のpにたいしてp = 2pr-1となるprが存在するときです。
かりにq = 2qr -1となるqrがあったとしましょう。
しかしこのときnやcrももとのnとcrとは違うあたいです。
さらに
2y = (1+q+…+q^n’)A’ =2q^m B’
のn’はqがp以外の素因子なのでn’は偶数です。
つまり「⑩を導出したのと同様に」は通用しません。
しかもそれで仮になにかn’やqs-cs’についての情報が
(何かしらの n’ の式) =qr’ - cr’ - 1
のような形で得られてもここに n も m は出てきません。
つまりこれから
2m + 1 = w’ps^(qs - cs -1)
が導かれるわけではありません。
高木時空では、１変数ｐが複数の値を同時に取ると。
さらにB’は(q+1)/2の倍数であるとすらいえない。
こんな状況でなんでpを取り替えてもいいと思えるんだろう？
取り替えてもいいのかなと勘違いしても、チェックしてみれば１分かからずダメと分かりそうなもんだけど。
もちろん違うyに依存するならそれがわかるように。
おかしいなこれ、ってなると思うんだけど……
は真だが
「任意の奇素数p,p≡1(mod 4)に対して, p=p(y)となる奇数の完全数yが存在する」
は必ずしも真ではない(逆は真ならず)
よって, p_kに対して対応するpがあるとは限らんね
何度同じことを書けばいいんだか
pk、qkを設定する→a,bを決定する→それに対応する、p,c,n(複数でも可)が定まれば→yが定まる
>>48
bがpr^qrによって割り切られる条件は式⑩であり、それ以外には依存しないという結果になります。
つまり、途中で出てくるpには異存しないから、他のkに対しても同様に式⑩が成立しなければ
ならないということになります。当然、kによりpの値は複数定まります。それが、素数であろうと
なかろうとということです。
×異存
〇依存
>>53
論文を読んでください
定義はしていますが、値は定めていません
・pは特定の値を持つはずだが0p=0であり不定になるから矛盾
・pは定数でありかつ変数である
・pが単調減少する（本当は単調減少しない）からpは素数になりえない
・奇数÷奇数は整数かつ奇数に決まってる。そんな簡単なこともわからないのですか
・wは整数であり同時に整数でない
・2m+1は因数だが2m+1の倍数ではない
・a=b/3なら、aはbを因数に含む
・変数は数値に置き換えてはダメ
・(A×B)/C:整数かつ B/C:非整数 ⇒ A/C:整数は当然
・27/5 は 3 で割り切れる
・定義はしていますが、値は定めていません (NEW)
応援するよ。
最初に仮定した奇数の完全数y
→pk、qkを設定する
→a,bを決定する
→それに対応する、p,c,n(複数でも可)が定まれば
→yが定まる
このpが複数あった場合は、ただ奇数の完全数が複数存在するというだけで何の問題もありません。
コントは他でやって
先生「なぜそう言えるのですか？
√2の既約分数をa/bとします。
a^2=2b^2となるのでaは偶数、
左辺が4の倍数になるのでbも偶数です。
a/bが既約分数という仮定と矛盾しますよ」
高木くん「いいえ、そのa/bを約分したら必ず既約分数となります。
√2の既約分数が複数存在すると言うだけで何の問題もありません
そんな簡単なこともわからないのですか」
未知数の変数を定義して、式に書くことの何がおかしいのでしょうか？
明確に述べて下さい。
>>62-63
この問題の研究を行い論文を公開している人間を芸人呼ばわりするのをやめろ。
>>66
2ch数学版初の未解決問題の解決ではないのですか？
「完全数yが存在すると仮定した場合以下の式が成り立つ。」
とでも書けばいいんですね。
そのような形式的なことは私からすると、些末なことでどうでもいいことなのですけど。
この問題は完全に解決していますから、その証拠として何の効果的な反論も
されることなく、以前に書いた間違いの要約のみになっていることに端的に
現れています。
＞「完全数yが存在すると仮定した場合以下の式が成り立つ。」
＞とでも書けばいいんですね。
＞そのような形式的なことは私からすると、些末なことでどうでもいいことなのですけど。
「完全数yが存在すると仮定した場合、このyに対して以下の式が成り立つ。」
などになるでしょうね。
「予め一つ定めたy」に対する主張になります。
それを些末だと思って認識から外していると誤謬を招きます。
そう言いながら１００回も修正するんだからもうバレてるの。
１自身が、いかにこのＰＤＦをいい加減に落書きしたのか認識しているはず。
自分ですら信じてないのに完成！完成！と言っても騙せないよ。
しかし反論が意味不明でこれ以上の昇華が見込めるかどうか
ダメです。
⑩は無条件に成立する式ではありません。
⑩を示すまでで示したことをキチンとまとめれば
∃y A B p
yは奇数の完全数,pは素数でv_p(y) = 4m+1 …(A)
2y = 2p^(4m+1)B = (1+p+…+p^(4m+1))A …(B)
qr = v_pr(B) …(C)
cr = v_pr(A) …(D)
p = 2pr -1 …(E)
⇒∃w 2m+1 = wpr^(qr-cr-1) …(F)
ですよね？
結論(F)の式の中には陽にyやpは出てきませんが、だからyやpに無関係な(C)～(F)だけを拾い出して
(C)～(E)⇒(F)
が証明できたことになんてなりません。
一例をあげるなら
x=t^2,y=t^4 …(X)
x>2, y>3 …(Y)
⇒y=x^2 …(Z)
は正しい推論ですが、(Z)のなかにはtがないからといって
(Y)⇒(Z) i.e. x>2,y>3 ⇒ y=x^2
が証明できたなんて主張はできないでしょ？
つまり(F)式がすべての素数psについて成立するというなら任意の素数psにたいしてy', p', A', B'で
y'は奇数の完全数,p'は素数でv_p'(y') = 4m+1 …(A)
2y' = 2p'^(4m+1)B' = (1+p'+…+p'^(4m+1))A' …(B)
qs = v_ps(B') …(C)
cs = v_ps(A') …(D)
p' = 2ps -1 …(E)
をすべて満たすものが存在することを証明しなければなりません。
そしてその証明は現時点で論文にはないのでyを取り替えることによって任意の素数psについて⑩が示されているとは言えません。
完全に解決している！
しばらくしたら>>16
のパターンを１００回
数学板のレベルに遠すぎてどうしようもない。
１は算数からやり直せ。
yはpが存在すれば、yはその式で表されるとしか書いていません
>>70
この問題は難問であり、背理法で証明しなければならないので、少しでも計算間違いや
論理の間違いをすると、それが答えだと思い込む問題だから仕方がない。
この内容も3度書いた。
>>71
正解に到達したわけだから、正当な反論ができないのは普通のこと。
>>72
式⑩は無条件に成り立つ式ではないというのは間違っています。少なくとも一つはそうなる
pkが存在しないと、全てのpk^qkでbが割り切られないから不適になります。
ということで、そのkが存在しなければなりませんが、bの形から全てのkに対して式⑩が
成り立たなければならないのは自明ではないのでしょうか？
>>74
お前がなー
＞そのkが存在しなければなりませんが
＞全てのkに対して式⑩が成り立たなければならない
いつもの∃∀の理解できない１による
すごく頭の悪い迷言キター
飽きた
いわゆる白旗を揚げた状態ととらえてよい。
bはpk^qkの積だから、全てのkに対して式⑩が成り立たなければならない。
何故このような簡単な内容が理解できないのでしょうか？説明をお願いします。
>>80
反論する気も起こらないほどの間違った指摘だ。
乱数で文字を並べるよりも可能性は低い
・pは特定の値を持つはずだが0p=0であり不定になるから矛盾
・pは定数でありかつ変数である
・pが単調減少する（本当は単調減少しない）からpは素数になりえない
・奇数÷奇数は整数かつ奇数に決まってる。そんな簡単なこともわからないのですか
・wは整数であり同時に整数でない
・2m+1は因数だが2m+1の倍数ではない
・a=b/3なら、aはbを因数に含む
・変数は数値に置き換えてはダメ
・(A×B)/C:整数かつ B/C:非整数 ⇒ A/C:整数は当然
・27/5 は 3 で割り切れる
・定義はしていますが、値は定めていません (NEW)
・少なくとも一つはそうなる、ということで
全てに対して成り立たなければならない (NEW)
>>1は哲学者や
完全に正しいと考えられる。
>>84-85
なんとなく間違えたので、変更しました。
>式⑩は無条件に成り立つ式ではないというのは間違っています。
論文中⑩を導出している前の方をにいろいろ仮定しています。
＞奇数の完全数を y、そのうち一つの素因数を p、p の指数を整数 n(n ≧ 1)、p 以外の素
＞因数を𝑝1,𝑝2,𝑝3,…𝑝𝑟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 a とす
＞る
明示してませんが、この文章ですでに”∃y ∃p …”と仮定してますね。
あと場合わけの仮定
＞Ⅰ. pr = (p + 1)/2のとき
これも仮定です。
あなたが式⑩に到達した議論までで示されたのはキチンと論理式でかけば
∃y A B p
yは奇数の完全数,pは素数でv_p(y) = 4m+1 …(A)
2y = 2p^(4m+1)B = (1+p+…+p^(4m+1))A …(B)
qr = v_pr(B) …(C)
cr = v_pr(A) …(D)
p = 2pr -1 …(E)
⇒∃w 2m+1 = wpr^(qr-cr-1) …(F)
です。
＞bの形から全てのkに対して式⑩が
＞成り立たなければならないのは自明ではないのでしょうか？
これは既に指摘したとおり許されない論理です。
式の形だけですべてのkについて成り立つなどという論法は数学の世界には存在しません。
すべてのkに対して⑩が成立することを示すにはすべてのkに対して⑩を導出した仮定、すなわち前述(A)～(E)の成立を証明しなければなりません。
つべこべ言わずに>>89の(A)～(E)の成立を示してあげなよ
そしてそれを読んでから再度挑戦でも全然よさそうなもんだけど
やはり >1 は「何を前提に何を主張しているか」が整理できていないのだと思われます。
「形式的な、些末なこと」などと思わず、一度「何を前提に何を主張しているか」を整理してみてはいかがでしょう。
>>75
＞この問題は難問であり、背理法で証明しなければならないので、少しでも計算間違いや
＞論理の間違いをすると、それが答えだと思い込む問題だから仕方がない。
このようにお考えでしたらなおのこと、主張の整理は必要でしょう。
・crの場合分けを修正しました
Pdf文書 日本語
http://fast-uploader.com/file/7090613671732/
Pdf文書 日本語
http://fast-uploader.com/file/7090613768405/
2018年8月22日→2018年8月24日
式⑩が成り立つということです。
今までは、ck≠qk-1でしたが、ck<qk-1に修正しました。
うｐするのはよくない。
それは「誤解されそう」とは言わない。「間違っていた」だ。とことん自分に甘い男だな。
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