😊出会いの泉😊

GAI様、おはようございます。

大発見ですね！

x^2+y^2≦r^2 を満たす自然数の組 (x,y) の個数を N とするとき、lim[r→∞] N/r^2 を求めよ。
……みたいな問題を解いたことがあるんですが、あれはどこかの大学入試だったか、それとも別の何かだったか。
格子点と原点中心の円を考えれば答えの予測はすぐ立ちますが、論証が非常に面倒くさいという。

ということで結果は知っていたしπが出てくるのも意外とも思わなかったのですが、私には別の点に驚きがありました。
上記の問題を解いた当時から「きっと 10^n までやったら π をだいたい n 桁まで出せるんだろうな」と予想していたのですが、そうでもないんですねこれ。
どういう収束速度なんだろう。

＞格子点と原点中心の円を考えれば答えの予測はすぐ立ちますが、論証が非常に面倒くさいという。

ああ、思い出したモンテカルロ法で円周率を求めるのがありましたね。極めて、収束性の悪いプログラムであったような記憶があります。

違います？https://manabitimes.jp/math/1182

GAI様のは、全然違うような・・・？

モンテカルロ法は正の実数 (x,y) を無作為に決めるやつですね。
私が言っているのは正の整数 (x,y) を順番に全部数え上げるやつです。
そして GAI さんのは正負問わず整数 (x,y) を全部数え上げるやつ。

私と GAI さんのは符号の違いの有無で約 4 倍差が出ますが、ほぼほぼ同じ問題です。
モンテカルロ法はまた違う話です。

調べてみたら、GAI さんや私の方法は「システマティック法」と呼ばれるみたいですが、あんまり情報が出てきませんね。

モンテカルロ法で n 個点を打って求めた円周率を α(n)、
システマティック法で x^2+y^2 ≦ n/4 の整数解の個数から求めた円周率を β(n)
システマティック法で x^2+y^2 ≦ n の自然数解の個数から求めた円周率を γ(n)
とするとき、
n→∞ 最も早く収束するのはどれなんでしょうね。
多分 β(n) と γ(n) は変わらなさそうですが。

ランダムのモンテカルロ法とは、違うのですね。

全部数え上げる方法なのですね。

＞＞有理数体は（無限回の）四則演算について閉じている、という概念が真ならば
任意の無理数が有理数になってしまいます。

10進数の小数は、
∞
Σ　　ai/10^i　　ただし０≦ai≦9の整数
i=1
です。したがって、全部有理数なのです。つまり、私に言わせれば、10進数の小数は無理数はあつかえないのです。

循環小数は、余りが循環するから循環小数で無限小数で有理数です。10進数の小数で表せるものです。
でも、無限小数で循環する根拠がないつまり、余りが循環するということがないものは、無理数であると定義されています。つまり、これは、10進数の小数で扱えないものであるとすればいいのではないでしょうか？

たとえば、√2は、10進数の小数で扱えないものでありますよね。

はちべえさんが言ってることって、「この内容は自分が気に入らないから数学の世界から排除すべきだ！」ということですよね。
少なくとも私にはそうとしか捉えられません。

数学の世界は開かれているべきです。
気に入らないというだけの非論理的な理由で何かを排除する人は数学の世界に来るべきではありません。

DD++様、おはようございます。

＞はちべえさんが言ってることって、「この内容は自分が気に入らないから数学の世界から排除すべきだ！」ということですよね。
少なくとも私にはそうとしか捉えられません。

数学の世界は開かれているべきです。
気に入らないというだけの非論理的な理由で何かを排除する人は数学の世界に来るべきではありません。

そんなことは、言ってません。おかしいのではないですか？と言っているだけです。感情論ではありません。

背理法については、http://y-daisan.private.coocan.jp/html/hairihou.pdf
にまとめてあります。

{奇数の完全数はない}は、{奇数である}、{完全数である}、{存在する}の3つの論理積という配慮が抜けています。

私のバーゼル問題の研究の途中からですが、

http://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-18-001.png
にしめすように、有理数の無限和が、有理数である例はいくつでもあります。

下から2番めの式と、一番下の式から無限和の一部を切り出しても有限和で、有理数で閉じています。

一番下の式では、kをどんどん大きくしてゆくと、有理数で「閉じている」ことになります。

はい、有理数の無限和は有理数に収束する場合ももちろんありますよ。
しかし、それは有理数で閉じていることの根拠には全くなりません。

DD++様、こんばんは。

まだ、研究中なので、また新しい何かを発見したら、結論にたどり着けるかもしれません。

有理数体は有限回の四則演算について閉じていますが、有理数の無限和は有理数に収束する場合もありますし、無理数に収束する場合もあります。

既に一例をお示しいたしました。

閉じていることについての
はちべえさんの誤解は
修正されるべきです。

この誤解が解けるまでは、
はちべえさんは、呪いにかかっているようなものです。 人生の無駄遣いです。

はちべえさんは、いちど、妄執を捨てて
大学初年度の教科書をきちんと学ぶべきです。呪いを解くために。

稠密と完備との違いがわかれば、
素敵で面白い世界が目の前にあることに
感動することでしょう。

Dengan kesaktian Indukmu様、おはようございます。

ご指摘、ご指導ありがとうございます。

さて、こんな生意気なことを考えました。ご立腹されたら、お許しください。_(_._)_
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
教員とは、それができるまでの歴史や経緯を無視して、わかりやすいように、筋道立てて教えます。したがって、生徒に対しては、筋道のステップを踏んでいるかの審査官になります。
ところで、生徒のオイラー君が1/n^2の和が、収束が極めて悪いのに、これは多分、π^2/6というのです。
審査官の貴方は、常識的に、「おいおい自然数からどこからπなんか出てくるんだ？」と思うでしょう？
当然却下ですよね。

導電性プラスチックでノーベル賞をもらった白川博士は、研究室の韓国人学生が、プラスチックを作る実験で、配合をとんでもなく違えて、とんでもないプラスチックを作るのです。そこから、博士のノーベル賞につながるのです。そのおかげで、我々の多くの生活に利用されて、高性能なものができているのです。

だから、私のとんでもない間違いから、普通では有りないことが起きているかもしれません。そこから、発見すれば、大博士だし、常識的にありえないとすれば、ただの教員です。

審査官は、ふつうのコトしか期待しません。異常があってはならないですからね。

研究者と審査官の違いです。

> これは多分、π^2/6というのです。
> 当然却下ですよね。

「多分こうです」なら却下ですね。
はちべえさんはこの掲示板で「多分こうです」しか言わないのでこの掲示板での意見はほとんど誰にも聞いてもらえていませんね。

「こうであることが証明できました」で証明が正しかったなら当然受け入れます。
オイラーなどの数学者は正しい証明を残しているので結果が受け入れられてます。

意味を取り違えていなければ
LCM(1,2,3,…,100)
=2^6・3^4・5^2・7^2・11・13・17・19・23・29・31・37・41・43・47・53・59・61・67・71・73・79・83・89・97
=69720375229712477164533808935312303556800

はい！
これをお待ちしてました。
ちなみに約数の個数は全部で660602880個もあり、多けりゃいいてもんじゃありませんね。
過ぎたりは及ばざるごとし

360がちょうどいい。

GAI様、らすかる様、こんにちは。

定規とコンパスで、角の三等分ができるかという問題がありますが、

この数列を組み合わせて、角の三等分が出来るのでしょうか？

ちょっと興味があります。

角の三等分は幾何学の問題であり、数列は使えません。

まあ実際に角の三等分の不可能性を証明するとあんまり幾何学じゃなくなりますけど、結局やることは
「長さ1の線分と長さcosθの線分が与えられたときにcos(θ/3)の線分は作図できるか」
なので、角度にどのような表現を採用するかは何も関係がないですね。

らすかる様、こんばんは。

幾何学も、微積分で解けますからね。

この数列も・・・・と、ちょっと興味が湧いたのです。

GAI様、おはようございます。

無限って、ある意味都合のいい話でしょね、

私は、オイラーのバーゼル問題は、有理数が四則演算で閉じているのに、無理数になっていることがおかしいと思います。

そこで、無限和について、調べているのですが、
１）０の無限和は０である。
２）であるから、有限和の先が、０の無限和であると、有限和に等しい。
ということで、バーゼル問題も、lim1/n^2→0（世間では=0と書いています）ですから、途中から0の無限和になるはずですから、有限和であると思っています。つまり、有理数であるということです。無理数なんかにはならないのでは？

無限の研究は、NHKの「笑わない数学」で無限の話で、カントールの話を聞きました。
多くの場合、可付番無限で、実数は超無限というような感じです。

GAI様の無限は、可付番無限ですから、番号をつけて数えられる無限ですね。つまり、自然数の範囲だと思うのです。

そうであれば、数学的帰納法の範囲じゃないかなと思ったりします。

おかしいですかね？

無限って、ある意味都合のいい話でしょね

という感想を見て、はちべえさんは目に見えるものだけは信じれるが、目に見えないものは信じられないと
堅く信じられているように感じられます。
クロネッカーがカントールに対してとった態度に似てなくもない。

というより無限は深遠で豊饒な世界を包み込んでいると思われてはどうでしょう？

BBCが、日本の金継ぎを放送したそうです。YOUTUBEでみました。

壊れた茶碗を漆と金粉で、つなぎ合わせて、元より、芸術的なっている。わび・さびなんだそうです。

日本では、このように、壊れたものも再生する。まるで、傷ついた人間でも、前よりも美しく復活できるという哲学であり、人間もいずれ傷つき、金継ぎで遥かに豊かな人間として復活される。

西洋では、一神教なので、完全か不完全かしかなく、不完全は捨てられる。

例えば、電車で寝るような、不注意な人間は、財布をすられても当然であるということです。

無限もそういう意味では、わび・さびなのかもしれませんね。

でも、数学は、一神教なのでは、ないのですか？

＞私は、オイラーのバーゼル問題は、有理数が四則演算で閉じているのに、無理数になっていることがおかしいと思います。

「閉じている」の定義について勘違いを
なさっておいでです。

定義に戻れば、
二項演算を１回行ったときに
その結果が台、ここでは有理数体に
含まれることとなります。

※有限回の二項演算の組み合わせの
結果もまた、有理数になることを含意しています。

しかるにはちべいさんは
閉じていることの定義をふみはずして
無限回の四則演算の結果もまた
必ずいつも有理数であるはずだと、
思い込んでいらっしゃる。

Dengan kesaktian Indukmu様、こんばんは。

無限とひとくくりにするから、間違ってしまうのです。

(((((a+b)+c)+d)+e)+f)+・・・

とすれば、無限に２項演算です。計算は、小学校で、そう習いました。

はちべえさんの、無限に二項演算、
この操作については、「閉じている」ことの定義からはずれています。

有限でのハナシが
無限相手でも通用する、
そういう気分は捨てて頂きたく
存じます。

今日のBSフジ　ガリレオXはアレルギーの話でした。

これまでは、食品からアレルギー物質を除去する治療だったそうですが、今では、微量のアレルギー物質を残し、だんだん慣らして、アレルギー反応をなくす方向に進んでいるそうです。

無限もアレルギー反応ではないでしょうか。

＞はちべえさんの、無限に二項演算、
この操作については、「閉じている」ことの定義からはずれています。

どうしてなのでしょう。私は、()つけて演算に制限かけています。()は優先順位があります。無限に２項演算ではありません。

前の２項演算の結果は単項ですから、各演算は、２項演算に違いありません。

２項演算で、閉じていることがなされているのですから、どこに無理があるのでしょう？

無限という言葉に、アレルギーがあるのではないですか。

計算は、小学校で、前の演算の結果と２項演算すると習いました。

どこが、おかしいのでしょうか？

また、
＞私は、オイラーのバーゼル問題は、有理数が四則演算で閉じているのに、無理数になっていることがおかしいと思います。
そこで、無限和について、調べているのですが、
１）０の無限和は０である。
２）であるから、有限和の先が、０の無限和であると、有限和に等しい。
ということで、バーゼル問題も、lim1/n^2→0（世間では=0と書いています）ですから、途中から0の無限和になるはずですから、有限和であると思っています。つまり、有理数であるということです。無理数なんかにはならないのでは？

有限和としています。無限和ではありません。ちゃんと読んでから、おねがいします。

もうしわけありませんが、
はちべえさんの「論理？」
は全く理解できません。

思い込みを羅列しているだけなのでは？

そのでんでいけば
ネイピア数 e も有理数になりますね。

ある
単調増加有理数列 a_n
単調減少有理数列 b_n
が存在して、任意の正の自然数 n について
a_n < e < b_n
となり、かつ
n → ∞ のときに
b_n - a_n → 0
とすることができるからです。

超越数 e ですら有理数でなければならぬとする
そのようなはちべえさんの思い込みを
世界が納得するとはとても思えません。

Dengan kesaktian Indukmu様、おはようございます。

＞もうしわけありませんが、
はちべえさんの「論理？」
は全く理解できません。

＞そのでんでいけば
ネイピア数 e も有理数になりますね。

ネイピア数は、lim（１＋1/n)^nです。n→無限大ですから、途中から0の無限和にできません。したがって、有限和にできず、有理数になる根拠がありません。

オイラーは、これを微分で証明しています。
また、バーゼル問題も計算で、π^/6と確信し、最終的に微分で論理つけをしています。
両方とも、無理数です。

＞ある
単調増加有理数列 a_n
単調減少有理数列 b_n
が存在して、任意の正の自然数 n について
a_n < e < b_n
となり、かつ
n → ∞ のときに
b_n - a_n → 0
とすることができるからです。

これをもう少し詳しく教えてもらえないでしょうか？

dengan さんがしているのは、
e = Σ[k=0..∞] 1/(k!)
の話でしょう。
これも「0に収束する有理数の無限和」です。

＞dengan さんがしているのは、
e = Σ[k=0..∞] 1/(k!)
の話でしょう。

それは、微分積分学の基本的な関数を使った定義ですよね。

私は、微積分学を使わないオイラーのバーゼル問題について言っています。

オイラーは、微積分学を使って、マクローリン展開で、x^3の項を比較してπ^2/6=Σ[k=0..∞] 1/(k^2)を理論づけていますが、同じ式から、x^5,x^7の項は求めることはできません、私が計算してできませんでした。

そこで、オイラーは、Σ[k=0..∞] 1/(k^4)からx^5の項を求めているはずです。

オイラーの微積分学を使って、x^3の項を比較してπ^2/6=Σ[k=0..∞] 1/(k^2)を理論づけは、その場しのぎと思っています。

まあ、こんなことを書くと異常人になるでしょうね・・・・

もともと、いかれた親父ですから・・・・

1πから7πまでの掛け算を計算してみました。
((1-x^2/(1π)^2) (1-x^2/(2π)^2) (1-x^2/(3π)^2) (1-x^2/(4π)^2) (1-x^2/(5π)^2) (1-x^2/(6π)^2) (1-x^2/(7π)^2))
=x^14の項、・・・x^8の項、
x^6の項
- x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(3π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(6π)^2 - x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(5π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2
x^4の項
+ x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2 + x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2 + x^2/(4π)^2 x^2/(7π)^2
+ x^2/(3π)^2 x^2/(7π)^2 + x^2/(2π)^2 x^2/(7π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(7π)^2
+ x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2 + x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2 + x^2/(3π)^2 x^2/(6π)^2
+ x^2/(2π)^2 x^2/(6π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(6π)^2 + x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2
+ x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2 + x^2/(2π)^2 x^2/(5π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(5π)^2
+ x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 + x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(4π)^2
+ x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2
x^2の項
- x^2/(7π)^2 - x^2/(6π)^2 - x^2/(5π)^2 - x^2/(4π)^2 - x^2/(3π)^2 - x^2/(2π)^2 - x^2/(1π)^2
定数項
+ 1

x^2(実際はx^3)の項から
(x^2/π^2){1/1^2+1/2^2+1/3^2+1/4^2+1/5^2+1/6^2+1/7^2}=(x^2/π^2) Σ1/n^2はできますが、
x=4,6(実際はx^5,7)の項からできませんね。ちなみに、x^4（実際はx^5)の項は、オイラーによるとπ^4/90だそうです。

つまり、同じ式から求められません。

そこで、オイラーは、Σ[k=0..∞] 1/(k^4)からx^5の項を求めているはずです。

はちべえさんへ。

a_n = (1 +1/n)^n
b_n = (1 +1/n)^(n +1)

とりいそぎ。

Dengan kesaktian Indukmu様、こんにちは。

a_n = (1 +1/n)^n
b_n = (1 +1/n)^(n +1)

で、n→∞となると、a_n=eになりますね。

a_nのグラフは、http://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-13-010.png
b_nのグラフは、http://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-13-011.png
b_n-a_nのグラフは、http://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-13-012.pngとhttp://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-13-013.png
です。

b_n-a_n=(1+1/n)^(n+1)-(1+1/n)^n={(1+1/n)-1}(1+1/n)^n=(1/n)(1+1/n)^n
で、n→∞となると、(1/n)(1+1/n)^n=(1/n)eとなって、無理数ですね。
(1/n)がかかっているので、lim(1/n)e→0ですね。

グラフから見ると、a_nは、割と早くeに収束しますね。つまり、無理数に近づくということですね。

b_n=(1+1/n)a_nですから

a_n<e<b_n 　は　a_n<e<(1+1/n)a_n　
a_n<e<　(1+1/n)　a_n=b_n
b_n-a_n　は、
0<e-a_n<　(1+1/n)　a_n-a_n=b_n-a_n
0<e-a_n<　(1/n)　a_n
さて、nをかけて、
0<n(e-a_n)<　a_n
ne-n a_n<　a_n
na_nを足して、
ne< a_n +n a_n
e<(1+1/n)a_n=b_n

なんか行き詰まったなあ。

a_nもb_nもeに近似するから、無理数と言えるんじゃないかなあ。

Dengan kesaktian Indukmu様、すみません。

> x=4,6(実際はx^5,7)の項からできませんね。

できますよ。
というか、かつてここの（旧）掲示板で実際にやったことがあるので、サイトの方の膨大な記事のどこかに残っているはずです。
どれだったかな。

＞できますよ。

そうなんですか！

でも、できるはずがないと思います。

はちべえさんがおっしゃるに。
＞a_nもb_nもeに近似するから、無理数と言えるんじゃないかなあ。

はちべえさんは
はちべえさんなりの
「閉じていること」に身を捧げなくてはいけないのではないでしょうか？

a_nもb_nも有理数に無限回、
四則演算を適用したものですから
はちべえさんによる「閉じている」定義によれば
ネイピア数 e もまた有理数であるはずです。

しかるに無理数であるとおっしゃる。
自己矛盾。

原因は、閉じていることについての
理解不足があるのです。

Dengan kesaktian Indukmuさま、おはようございます。

まあ、バーゼル問題は、また進展がみられたらご報告します。

はちべえさんが考えるところの
有理数体は（無限回の）四則演算について閉じている、
については、既にネイピア数を例に上げて
誤りであるとお示しさせて頂きました。

実は、値のわかっている、あるいは値を計算可能な任意の無理数 c について
次のことがいえます。すなわち。

ある
単調増加有理数列 a_n
単調減少有理数列 b_n
が存在して、任意の正の自然数 n について
a_n < c < b_n
となり、かつ
n → ∞ のときに
b_n - a_n → 0
となる。

a_n も b_n も、無論、c に収束します。

無理数 c が与えられれば、上のような、有理数列 a_n や b_n を
高校数学の範囲でも四則演算を使って構成可能なのです。

重ねて強調しておきますが、
はちべえさんが考えるところの
有理数体は（無限回の）四則演算について閉じている、という概念が真ならば
任意の無理数が有理数になってしまいます。

バーゼル問題どころの騒ぎではないのです。

無限回の操作では、有限回の操作までの感覚が通用しないことがたくさんあります。
このあたりをきちんと教科書で学ばないと
人生の貴重な時間が無駄になります。

はちべえさんにご理解頂きたいことをもうひとつ。

実数、a、b、ただし、b > a について以下がいえます。

任意の正数 𝜀 について
𝑏 - 𝑎 < 𝜀
であるならば
𝑏 - 𝑎 = 0
である。きちんと書けば

∀𝜀 >0; 𝑏 - 𝑎 < 𝜀 ⇒ 𝑏 - 𝑎 = 0

これを疑っても益がありません。
事実上、公理だと思って下さい。

はちべえさんが反例を見出すことは不可能です。もしもただしい反例があれば
中間値の定理やロールの定理、平均値の定理、テーラー展開にまつわる定理、リーマン積分にまつわる定理など、
もろもろ全て、真理値が疑、になります。

最近の、はちべえさんによる数の体系についての
一連の疑義、訴えは、全て

∀𝜀 >0; 𝑏 - 𝑎 < 𝜀 ⇒ 𝑏 - 𝑎 = 0

への異議申し立てになっているのです。

失礼いたしました。

実数、a、b、ただし、b > a について以下がいえます。

ではなく

実数、a、b、ただし、b ≧ a について以下がいえます。

にしてください

> 右辺が自然数

これを証明してください。
私が知る限りでは、自然数の無限積が自然数になるという証明は存在しませんので、今のところこれははちべえさんが「正しくあってほしいこと」でしかありません。

追加証明が必要な点は他にもあると思いますが、最大の問題点はまずここです。

DD++様、おはようございます。

まず、無限積について、素数は素数定理より数が求められますが、無限でした。
カントールに言わせれば、この無限は付加番無限なんでしょうね。つまり、数えられる程度の無限ですね。

数学的帰納法は、自然数範囲で成り立つものなら、自然数はカントールの可付番無限であり、数えられるものですね。すると、可付番無限であるから、自然数範囲なので、可付番無限程度なら、数学的帰納法は、使えるんじゃないかなと思ったりしますが、どうなんでしょうね。

余談ですが、有理数も、可付番無限であります。

「数学的帰納法はなぜそれで証明されたことになるのか？」を考えたことはあるでしょうか。
また、「無限とは何であるか？」を考えたことは。

これらについて、一般的にどのように考えられているかをきちんと理解すれば、加算無限で数学的帰納法を使えるわけがないということが納得できると思います。
ですからまずはその辺りを調べてみてはどうでしょう。

加算無限は、可算無限ですか？

集合論らしいですね。

カントールの可付番無限（番号をつけて数えられる無限）とどう違うのですか？

集合の要素に番号をつけて、数えられる無限だそうです。

おなじようですね。

ああ、変換ミスしてましたね。
失礼しました、「可算無限」です。

オイラー積が、認められ、リーマンのゼータ関数が認められている以上、無限の問題はないと言えます。
リーマンのゼータ関数でも、各分数は
kは素数なので、
(k^s-1)／k^s=(k-1){k^(n-1)+k^(n-2)+k^n-3)+・・・+k^2+k+1}/k^s
kが2を除いて、奇数の素数は(k-1)が偶数なので、本質的に違いはありません。

したがって、リーマンのゼータ関数も間違っています。

ζ(s)が、どうであれ、等式として、左辺と右辺の2のべき乗数が違うので、成り立ちません。

ζ(s)が、2のべき乗であることはないので、問題ありません。

とはいえ、まあ、私は、どこかに論文を発表するわけでもないし、そういう目的もないのですから。

今の話題は「数学的帰納法は無限でも有効か」ですよね。
オイラー積やゼータ関数のどこで数学的帰納法が用いられているのですか？

> 私は、どこかに論文を発表するわけでもないし、そういう目的もないのですから。

論文という形でなくても、ここへの投稿は十分「発表」に該当するでしょう。
発表である以上、可能な限り正しくあろうとする心構えは必要です。

DD++様、おはようございます。

＞今の話題は「数学的帰納法は無限でも有効か」ですよね。

そうなっていますね。私としては、ただ無限という漠然ではなく、たとえば、可付番無限に絞った場合、オイラー積もリーマンのゼータ関数も自然数の範囲なのでしょうか、わかりませんが、無限ということを気にすることなく成立しているのは事実です。

ですから、無限の種類について、検討する必要があるでしょう。

＞オイラー積やゼータ関数のどこで数学的帰納法が用いられているのですか？

つかわれていません。

＞論文という形でなくても、ここへの投稿は十分「発表」に該当するでしょう。
発表である以上、可能な限り正しくあろうとする心構えは必要です。

ご指摘、理解できました。

> 無限ということを気にすることなく成立しているのは事実です。

違います。
無限ということを気にした上で、非常に慎重に論理を確認した上で成立しています。

無限ということをある程度軽く扱ってわかりやすく「説明」や「解説」をすることはありますが、それらは「証明」ではないのです。

DD++様、おはようございます。

＞無限ということを気にした上で、非常に慎重に論理を確認した上で成立しています。

それは、オイラーもリーマンもどのようにして、裏付けられたのですか？

＞無限ということをある程度軽く扱ってわかりやすく「説明」や「解説」をすることはありますが、それらは「証明」ではないのです。

確かに、改めてそれを証明されていませんね。

> オイラーもリーマンもどのようにして、裏付けられたのですか？

掲示板のレス程度に収まる話じゃないので、「無限数列の絶対収束」「複素関数の解析接続」にきちんと触れながら証明している書籍等を探してみてください。

> 改めてそれを証明されていませんね。

証明はされています。
はちべえさんが読んだことないだけです。

昔、どこかで聞いたような問題ですね！
(1)　n=3　のとき、　３桁の数は、３の倍数なので、各位の数の和は、３の倍数
　可能性は、　３、６、９、１２、１５、１８、２１、２４、２７　の何れか。
　上2桁が2で割れるので、上2桁目は、　０、２、４、６、８　の何れか。
　使える数字は、１，２，３で、各位の数が全て相異なることに注意して、
　上2桁目が　２　のとき、３桁の数の可能性は、
　１２３、３２１
　以上から、３桁の整数の中で、最小値は、１２３　で、最大値は、３２１　である。
(2)　n=4　のとき、使える数字は、１、２、３、４で、各位の数が全て相異なり、
上2桁が2で割れる。
上3桁が3で割れる。
4桁が4で割れる。
という条件から、まず、4桁が4で割れるためには、下2桁が4の倍数であればよいので、
その可能性は、　○○１２、○○２４、○○３２　の３通り
○○１が、３の倍数となることはない。
○○２が、３の倍数となるのは、　１３２、３１２
○○３が、３の倍数となることはない。
　以上から、　１３２４、３１２４　で、この中に、上2桁が2で割れるものはない。
　よって、n=4　のとき、解なし
(3)　n=5　のとき、使える数字は、１、２、３、４、５で、各位の数が全て相異なり、
上2桁が2で割れる。
上3桁が3で割れる。
上4桁が4で割れる。
5桁が5で割れる。
という条件から、一の位は5と確定し、n=4　のときと同様に、解なしとなる。
(4)　n=6　のとき、使える数字は、１、２、３、４、５、６で、各位の数が全て相異なり、
上2桁が2で割れる。
上3桁が3で割れる。
上4桁が4で割れる。
上5桁が5で割れる。
6桁が6で割れる。
という条件から、十の位は5と確定し、（千の位，百の位）も可能性は、
　（１，２）、（１，６）、（２，４）、（３，２）、（３，６）、（６，４）
　また、万の位の可能性は、２、４、６　なので、以上を組み合わせると、可能性は、
　○４１２５○、○６１２５○、○２１６５○、○４１６５○、○６２４５○、○４３２５○、
　○６３２５○、○２３６５○、○４３６５○、○２６４５○
　残りの数字を書き加えて、条件を満たすものを探すと、
　３２１６５４　、１２３６５４
の２通り存在する。
(5)　n=7　のとき、使える数字は、１、２、３、４、５、６、７で、各位の数が全て相異なり、
上2桁が2で割れる。
上3桁が3で割れる。
上4桁が4で割れる。
上5桁が5で割れる。
上6桁が6で割れる。
7桁が7で割れる。
という条件から、十の位は5と確定し、n=6　のときと同様に考えて、可能性は、
　○４１２５○○、○６１２５○○、○２１６５○○、○４１６５○○、○６２４５○○、○４３２５○○、
　○６３２５○○、○２３６５○○、○４３６５○○、○２６４５○○、○４７２５○○、○６７２５○○、
　○２７６５○○、○４７６５○○
　残りの数字を書き加えて、条件を満たすものはないので、解なしとなる。
(6)　n=8　のとき、使える数字は、１、２、３、４、５、６、７、８で、各位の数が全て相異なり、
上2桁が2で割れる。
上3桁が3で割れる。
上4桁が4で割れる。
上5桁が5で割れる。
上6桁が6で割れる。
上7桁が7で割れる。
8桁が8で割れる。
という条件から、十の位は5と確定し、n=7　のときと同様に考えて、可能性は、
　○４１２５○○○、○６１２５○○○、○８１２５○○○、○２１６５○○○、○４１６５○○○、
　○８１６５○○○、○６２４５○○○、○８２４５○○○、○４２８５○○○、○６２８５○○○、
　○４３２５○○○、○６３２５○○○、○８３２５○○○、○２３６５○○○、○４３６５○○○、
　○８３６５○○○、○２４８５○○○、○６４８５○○○、○２６４５○○○、○８６４５○○○、
　○２６８５○○○、○４６８５○○○、○４７２５○○○、○６７２５○○○、○８７２５○○○、
　○２７６５○○○、○４７６５○○○、○８７６５○○○、○２８４５○○○、○６８４５○○○
　残りの数字を書き加えて、条件を満たすものを探すと、　３８１６５４７２　の１通り存在する。

条件aについて
(1)～(7)共通
条件から、偶数桁目は偶数でなければならない。…(a)
条件から、上から3桁ごとの合計は3の倍数でなければならない。…(b)
(3)～(7)共通
条件から、5桁目は5でなければならない。…(c)

(1)
(a)から123,321しかあり得ないが、これはどちらも条件を満たす。

(2)
(a)から4桁目は2か4だが、上3桁が3で割り切れるためには4桁目は4でなければならない。
しかし3桁目が奇数で4桁目が4である数は4で割り切れないので解なし。

(3)
(c)から5桁目は5なので上4桁は(2)を満たさなければならない。よって解なし。

(4)
使える偶数は2,4,6なので、(a)(b)(c)から、下3桁は456または654でなけれぱならない。
3桁目が奇数で4桁目が4だと上4桁が4で割り切れないので、下3桁は654と決まる。
すると上3桁は1,2,3となり(1)を満たす必要があるので、上3桁は123か321。
従って条件を満たす解は123654と321654。

(5)
使える偶数は(4)と同じなので、4桁目～6桁目は654。
残る1,2,3,7は足して3で割ると1余るので、7桁目は1か7。
(a)により、7桁目が1の場合は先頭3桁は327か723、7桁目が7の場合は先頭3桁は123か321と決まるが、
3276541,7236541,1236547,3216547はいずれも7で割り切れず、解なし。

(6)
使える偶数は2,4,6,8であり、3桁目が奇数で上4桁が4で割り切れなければならないことから
4桁目は2か6なので、(a)(b)(c)から4桁目～6桁目は258か654。
258のとき残る数は1,3,4,6,7だが、7桁目が奇数で上8桁が8で割り切れるためには、
少なくとも8桁目は4で割り切れない偶数すなわち6でなければならず、
(a)(b)から14725836,74125836
654のとき残る数は1,2,3,7,8だが、7桁目が奇数で上8桁が8で割り切れるためには、
少なくとも8桁目は4で割り切れない偶数すなわち2でなければならず、
(a)(b)から18365472,38165472,38765412,78365412
このうち「上7桁が7で割り切れ上8桁が8で割り切れる」を満たすものは38165472のみ。

(7)
(6)と同様に xxx258xxx, xxx654xxx
7桁目が奇数で上8桁が8で割り切れるためには xxx258x6x, xxx654x2x
残りの偶数を2桁目に入れて x4x258x6x, x8x654x2x
前者は1桁目と3桁目に1,7を入れなければならないが、
(6)から上8桁が14725836,74125836は条件を満たさないので、可能性があるのは
147258963,741258963
しかしいずれも「上7桁が7で割り切れる」という条件を満たさない。
後者は1桁目と3桁目に(1または7)(3または9)を入れなければならないので、可能性があるのは
183654729,183654927,189654327,189654723,381654729,381654927,387654129,387654921,
783654129,783654921,789654123,789654321,981654327,981654723,987654123,987654321
このうち上7桁が7で割り切れるものは381654729と783654921だが、後者は上8桁が8で割り切れないので
条件を満たす解は381654729のみ。

(条件aのまとめ)
(1) 123,321
(4) 123654,321654
(6) 38165472
(7) 381654729
(2)(3)(5)は解なし。

条件bについて
「下2桁が2で割れる」と「下9桁が9で割れる」は無視してよい。
「下4桁が4で割れる」から
xx12,xx32,xx52,xx72,xx24,xx64,xx84,xx16,xx36,xx56,xx76,xx28,xx48,xx68
「下3桁が3で割れる」の条件を加えて
x312,x612,x912,x132,x432,x732,x852,x372,x672,x972,x324,x624,
x924,x264,x564,x864,x384,x684,x984,x216,x516,x816,x936,x156,
x456,x756,x276,x576,x876,x528,x348,x648,x948,x168,x468,x768
このうち「下8桁が8で割れる」ものはちょうど半数で
x312,x912,x432,x672,x624,x264,x864,x384,x984,x216,x816,x936,
x456,x576,x528,x648,x168,x768
残る条件は「下6桁が6で割れる」「下7桁が7で割れる」だが、
手作業で全通り計算するのは非常に大変なので最小値と最大値だけを考えることにする。
「下6桁が6で割れる」という条件から上3桁の合計は3の倍数でなければならないので、上3桁は
小さい順に123,126,129,132,135,138,…
大きい順に987,984,981,978,975,972,…
上3桁が123の場合、下3桁は上記のうち1,2,3を含まないものなので
864,984,456,576,648,768
上から4桁目が4だとすると下3桁は576か768なので
123489576,123498576,123459768,123495768
しかしこれらはいずれも下7桁が7で割り切れない。
上から4桁目が5だとすると下3桁は864,984,648,768なので候補は
123579864,123597864,123567984,123576984,123579648,123597648,123549768,123594768
このうち123567984だけ下7桁が7で割り切れて条件bを満たすので、これが最小値。
上3桁が987の場合、下3桁は上記のうち9,8,7を含まないものなので
312,432,624,264,216,456
上から4桁目が6だとすると、下3桁は312か432なので
987654312,987645312,987651432,987615432
しかしこれらはいずれも下7桁が7で割り切れない。
上から4桁目が5だとすると、下3桁は312,432,624,264,216なので候補は
987564312,987546312,987561432,987516432,987531624,
987513624,987531264,987513264,987543216,987534216
このうち下7桁が7で割り切れるものは987564312と987516432の二つであり、
987564312の方が大きいのでこれが最大値。

(条件bの答え)
最小値は 123567984 、最大値は 987564312

S1 = 10 - π^2　、S2 = (21 - 2π^2)/32　ですか？

1/(n^3(n+1)^3)=(6n^2-3n+1)/n^3-(6(n+1)^2+3(n+1)+1)/(n+1)^3
なので
S1=Σ[n=1～∞]1/(n^3(n+1)^3)
=Σ[n=1～∞](6n^2-3n+1)/n^3-(6(n+1)^2+3(n+1)+1)/(n+1)^3
=(6*1^2+3*1+1)/1^3-6ζ(2)
=10-π^2

1/(n^3(n+2)^3)=(1/16){(3n^2-3n+2)/n^3-(3(n+2)^2+3(n+2)+2)/(n+2)^3}
なので
S2=Σ[n=1～∞]1/(n^3(n+2)^3)
=(1/16)Σ[n=1～∞]{(3n^2-3n+2)/n^3-(3(n+2)^2+3(n+2)+2)/(n+2)^3}
=(1/16){(3*1^2+3*1+2)/1^3+(3*2^2+3*2+2)/2^3-6ζ(2)}
=(21-2π^2)/32

なりませんね。
どう見ても論理の筋が通ってないです。

何かを主張したいのであれば、まず「証明とは」を勉強してくることをオススメします。

両方直さなくてはいけません。
複数欠陥があるうち1つだけ直しても完璧になるわけがないでしょう。
（しかも、n≧3 の方も治ってるとは思えません）

まあでもn≧3の方は結果的に必要性が出てくればいい話なので、積極的な修正を急ぐものではないと思います。
まず修正すべきは論理の欠陥の方です。

件の式が a^t で割り切れる整数になるというのを裏付ける論理を私は知りません。
多分他の誰も知りません。
はちべえさんの中ではなぜかそういう定理が存在していることになっているようですが、
はちべえさんがその定理の内容と証明を開示するまでは、得られた結論ははちべえさんの妄想でしかありません。
「議論をするのに必要となる正しいか間違っているかの判断材料を隠したまま、ただ『自分が間違えるわけないんだ』と連呼してばかりの人がいる」のが現状です。

＞件の式が a^t で割り切れる整数になるというのを裏付ける論理を私は知りません。
多分他の誰も知りません。

等式の性質だと思うのですが・・・・

単なる数式の計算に論理が要るでしょうか？

単なる数式の計算ではないから論理を求めているのです。

では、どこに論理があるのでしょう？

私は、ただ、等式の性質を使って、数式計算をしただけなのです。

思い当たるフシがありません。

学校の先生は、順を追って、説明します。
かと言って、意図した論理から、結論につながることはまずありません。
オイラーにしても、ラマヌジャンにしても、ひたすら計算して、発見するのです。
そこで、初めて、現象を説明する論理が構成されるのです。

まず、発見が最初なんです。

> どこに論理があるのでしょう？

それを私が聞いているのですが。
どこかに (b) 式から (c) 式になる正しい論理が存在するのだとしたら、それは証明者の頭の中か証明の文章の中です。
そして現状、証明の文章の中にはそれがありません。
はちべえさんの頭の中にもないのであればこの証明は論理破綻しているということになりますね。

DD++様、おはようございます。

等式において、両辺を0でない同じ数で割っても、等式の性質により成り立ちます。
PDFより、
(b) 式の両辺を a^t で割ると、a, c は互いに素であるから、(b) 式の右辺の c^(n−1) は a^t は割り切れ
ない。ただし、t は t < n の自然数である。
ゆえに、右辺の c^(n−1) を除いた式は a^t の倍数でなければならない。

となって、(c)式が構成されるのです。

だから、それが正しい計算である根拠はどこにあるのですか、と。
「正しくあってほしいこと」を何度言おうがどんな大きい声で言おうがそれは「何度も大きな声で言われた正しくあってほしいこと」でしかなく、「正しいこと」にはなりません。

これは、等式の性質から、導かれることで、私の都合の論理では、ありません。

投稿制限により、投稿できないので、ここに書きます。

＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊

その性質とは、前にも書いたとおり、

等式において、両辺を0でない同じ数で割っても、等式の性質により等式は成り立ちます。

だから、そんな計算を可能にする性質を誰も知らないのでその内容を開示してください、と言っているのですが。

はちべえさんが訳の分からないことしか言わないので、(a) から (b) までの論理の提示例を示します。

-------

k は 1≦k≦n を満たす自然数。

c^(n-k) * b^(k-1)
= { c^(n-1) * c^(1-k) } * b^(k-1) （指数法則 a^
(m+n) = a^m * a^n：証明は高校数学IIの教科書等を参照）
= c^(n-1) * { c^(1-k) * b^(k-1) } （積の結合法則 (ab)c = a(bc)：公理）
= c^(n-1) * { b^(k-1) * c^(1-k) } （積の交換法則 ab = ba：公理）
= c^(n-1) * { b^(k-1) * (c^(-1))^(k-1)} （指数法則 a^(mn) = (a^m)^n：証明は高校数学IIの教科書等を参照）
= c^(n-1) * { b^(k-1) * (1/c)^(k-1)} （-1乗の定義）
= c^(n-1) * {(b/c)^(k-1)} （指数法則 a^n * b^n = (ab)^n：証明は高校数学IIの教科書等を参照）

(a) 式の { } の中
= Σ[k=1..n] c^(n-k) * b^(k-1) （Σの定義）
= Σ[k=1..n] c^(n-1) * {(b/c)^(k-1)} （上で示した等式：上で書いた証明を参照）
= c^(n-1) * Σ[k=1..n] {(b/c)^(k-1)} （分配法則 k(a+b+c+…) = ka + kb + kc + …：2項のものは公理、3項以上は和の結合法則と数学的帰納法により示される）

(b) 式の左辺
= (a) 式の左辺　　（同一の式）
= (c-b) * { Σ[k=1..n] c^(n-k) * b^(k-1) } （(a) 式：本文の証明を参照）
= (c-b) * [ c^(n-1) * Σ[k=1..n] {(b/c)^(k-1)} ] （上で示した等式：上で書いた証明を参照）
= (c-b) * c^(n-1) * Σ[k=1..n] {(b/c)^(k-1)} （積の結合法則 (ab)c = a(bc)：公理）
= (b) 式の右辺

----

はい、(b) 式から (c) 式までをはちべえさんの手でどうぞ。

DD++様
PDFと表現が違うだけで、同じですよね？

＋・・・＋の表現をΣにしただけですよね？

本気で言ってます？
+とΣの表記の違いなんて些末な違いですよ。
各変形がどういう論理で正当化されるのか1行ごとに全部書いてあるのが見えないんですか？

DD++様、おはようございます。

ご指摘は、理解できました。

この話題は、この辺で、おわりにしませんか？

私は、どこかに論文を発表するわけでもないし、そういう目的もないのですから。