😊出会いの泉😊

＞そもそも、うんざりはちべえさんのFLTの初等的証明(No.590)では、n>=3という条件を１回も使っていない。
もし使っているというのであれば、どこで使っているのですか？

仮に、この証明が正しいと仮定すると、n>=2で、FLTが成立することになり、矛盾する。
これでも、正しいFLTの証明と言えるのでしょうか？

最初に、nは3以上の自然数と書いてあります。

また、a,b,cも互いに素な自然数と書いてあります。

私が、a,b,cが自然数をつかってないから、負の数はどうするのかというのは、おかしいでしょう。
a,b,cが整数なら、a^n+b^n=c^nが成り立つことは、この掲示板でも取り上げられています。

＞僭越ながら、うんざりはちべえさんにおかれましては、自身が書いた証明が正しいのかどうか自分で判断できるようになるまで、FLTの証明(と称するもの)の公表を控えていただき、自身が書いた証明の正しさ・誤りを正確に判断できるようになったら、FLTの証明を公表していただきたいと思います。

そもそも、私は、完全だと思うから（他人から見れば不完全なこともありますが）投稿しているのであって、それが一般的に正しいと証明されていれば、投稿するはずがないでしょう？

> そもそも、私は、完全だと思うから（他人から見れば不完全なこともありますが）投稿しているのであって、それが一般的に正しいと証明されていれば、投稿するはずがないでしょう？

正しい証明はだれが見ても完全なものであるので、うんさりはちべえさんが完全だと思うだけでなく、他人から見ても(だれが見ても)完全であると判断できる証明を投稿して欲しいのです。

＞正しい証明はだれが見ても完全なものであるので、うんさりはちべえさんが完全だと思うだけでなく、他人から見ても(だれが見ても)完全であると判断できる証明を投稿して欲しいのです。

どうして、自分が他人になれるのですか？

自分が、完全であると思ったものは、どうしようもないでしょう？

> 最初に、nは3以上の自然数と書いてあります。

証明(No.590)中で、そこ以外に、n>=3を使っている場所はないのですね。

その証明が正しいものと仮定すると、(他で、n>=3を使っていないので)
その証明の「nは3以上の自然数」の部分を「nは2以上の自然数」と書き換えても正しい証明になります。
よって、FLT(2)が成立することになり、矛盾します。

> 私は、フェルマーの最終定理をみんなが挑戦すればいいと思います。

> それを今まで数学者ができなかったから、禁止せよという御論には、全く賛同できません。

この点に関してははちべえさんに同意します。
「これまで一例もなかったのだから、これから先もそんな例はない」なんて理屈がひどい誤謬であるのは数学をやっている人なら誰でもわかります。
Nakaoさんの言い分は明らかに筋が通っていません。
しかも、実際の歴史上で難問と言われてきた問題がある日突然あっさり解決した例がないかどうかもわかりませんしね（むしろ探せばいくらでも出てきそう）。

しかし一方で、はちべえさんははちべえさんで非常に独善的な決めつけが多く、結果として証明とはとても呼べない妄言に近いものの繰り返しになってしまっているのも確かです。

「正しくあってほしいこと」
「正しいと自分が信じていること」
「自分が証明できたと主張すること」
「証明が世間で受け入れられること」

「誤りであってほしいこと」
「誤りだと自分が信じていること」
「誤りだと自分が証明できたと主張すること」
「誤りである証明が世間で受け入れられること」

これらの違いは数学では非常に大事です。
というか、これらを区別することが数学という世界の唯一のルールだと私は思っています。
このルールを遵守している限り、「1+1=0 である」という主張をするのすら数学では自由です。
（「2を法とする剰余類」という実際に存在する話です）
数学は広く開かれていると思いますよ。

はちべえさんが何をどれだけ熱弁しても批判ばかりなのは、理屈が誤っているからでも、数学の世界が狭量だからでもありません。
はちべえさんがこのルールを無視しているから、ただそれだけです。
数学界が不健全なのではなく、はちべえさんの数学に対する態度が不健全なんですよ。

＞はちべえさんがこのルールを無視しているから、ただそれだけです。
数学界が不健全なのではなく、はちべえさんの数学に対する態度が不健全なんですよ。

DD++様、おはようございます。
ご指摘ありがとうございます。

でも、オープンな議論を許せば、そういう多様性からも、なにか得るものがあると思うのですよ。

まあ、私が、異常な人間かもしれませんが・・・・？

> オープンな議論を許せば、そういう多様性からも、なにか得るものがあると思うのですよ。

ええ、「議論になっていれば」そうでしょうね。
しかし私は、はちべえさんの話は「そもそも議論と呼べるものになっていない」と言っているのですよ。

> どうして、自分が他人になれるのですか？
> 自分が、完全であると思ったものは、どうしようもないでしょう？

他人になれとは書いていない。
「だれが見ても完全であると判断できる証明を投稿して欲しい」と書いた。
たとえ自分の証明の正しさに確信があったとしても、投稿前に、他のだれかにその証明をレビューしてもらって、レビュー者が正しいと判断した証明を投稿すれば良いのです。

＞その証明が正しいものと仮定すると、(他で、n>=3を使っていないので)
その証明の「nは3以上の自然数」の部分を「nは2以上の自然数」と書き換えても正しい証明になります。

それは、フェルマーの最終定理にも言えることではないですか？
n>=3という前提があるのです。
それを無視すれば、フェルマーの主張は間違っています。

前提条件を無視するのは、おかしくありませんか？

＞たとえ自分の証明の正しさに確信があったとしても、投稿前に、他のだれかにその証明をレビューしてもらって、レビュー者が正しいと判断した証明を投稿すれば良いのです。

国家の品格という本を書いた数学者が、「査読をしてくれと無理矢理郵便物を送りつけてくるやつがいる。そんなものは無視する。」と言ってます。

査読を引き受けてくれる人は、めったにいません。

そこで、失礼ですが、この掲示板を利用しています。

＞しかし私は、はちべえさんの話は「そもそも議論と呼べるものになっていない」と言っているのですよ。

DD++様のおっしゃるとおりです。

査読で、明らかな間違いを指摘されたら、その修正作業になりますよね。

その点で、DD++様の指摘は、私は明らかな間違いが自覚できました。

議論とは、間違いと認められないとき、起こるのではないでしょうか？

はちべえさんにお伝えしておくと、このNakaoさんという方は旧掲示板で数学的な話っぽく見せかけた人格攻撃をし掲示板を荒らした前科がある人だというのを考慮して読んだ方がいいです。
この掲示板をレビューに使っていいかを勝手に決めるなんて、きっと自分が神にでもなってここの管理権限を乗っ取ったつもりにでもなっているんでしょうね。

さて、それはそれとしてNakaoさんの話からちゃんと数学的に価値がある部分だけ抜き出すと、こういうことですね。

・フェルマーの最終定理が n≧3 で成り立ってほしい
・フェルマーの最終定理（と同形式の文）は n=2 では誤りであることは証明されている（はちべえさんも同意してくれますか？）

という二つから考えると、フェルマーの最終定理の正しい証明になっている「文書X」があったとすると、

・n≧3 の場合は文書X理屈の通った文章になる
・n≧3 という条件を無視して n=2 とした場合は文書Xはどこかに誤りがある文章になる

ということが言えるはずなんです。
Nakao さんは「その n=2 のときに誤りである箇所はどこなのか」と問うていますね。

まあ、それで証明が誤りだとわかったとしてもどこを修正すべきなのか何の情報も得られないので、レビューでの指摘の仕方としてあまりうまいやり方だとは思いません。
が、証明できたと主張する側からは投稿前に考慮するべき点ではあったかなとも思います。

> n>=3という前提があるのです。
> それを無視すれば、フェルマーの主張は間違っています。

> 前提条件を無視するのは、おかしくありませんか？

証明の中で使っていない前提は、証明から除去しても、証明の正しさは保存される(結論も保存される)。
FLTではn>=3の前提は必須なので、FLTの証明が正しければ、必ずその証明中で使われることになる。

うんさりはちべえさんのFLTの初等的証明(No.590)は、n>=3の前提を全く使っていないので、誤りである。(証明終わり)

n=2のとき、
a^2=c^2-b^2=(c-b)(c+b)=(c-b)c(1+b/c)
aとcは互いに素であるから、aでa^2=(c-b)c(1+b/c)は左辺が割り切れるが右辺は割り切れない。
よって、a^2+b^2=c^2はなりたたない。
しかし、ピタゴラス数から、明らかに間違いである。

このように、一見n≧3は使われているように見えませんが、ちゃんと使われているのですよ。

DD++様の指摘にも回答になったかな？

＊＊＊＊＊＊＊１６：５２分＊＊＊＊＊＊

さて、ご指摘のあった間違いを修正して、PDFにしました。
http://y-daisan.private.coocan.jp/html/pdf/felmer-10-2.pdf

これで、どうでしょうか？

> 議論とは、間違いと認められないとき、起こるのではないでしょうか？

数学の世界に限っての話だとして、議論になるのは
「証明中で略しているところについて、世間でその部分の証明が受け入れられているので略していいと思っている人 vs 世間で受け入れられている証明があるのを知らないので疑問を投げかける人」
の構図が多いと思います。

その場合、
「証明する側がその部分の証明を追加提出して決着」
「世間でその部分の証明が受け入れられているというのが勘違いだったことが発覚して決着」
のどちらかになるでしょうね。

今回だと私や管理人さんが「世間で受け入れられている証明があるのを知らないので疑問を投げかける人」で、
はちべえさんが指摘を受けた部分の追加証明をしないので、
周囲の人は「世間でその部分の証明が受け入れられているというのが勘違いだったことが発覚して決着」をしたんだなと見ていると思います。

こういう場合、両者が数学的態度であれば、証明できたと言っていた側も「すいません思い込みでした」となって終わります。
もしここで「自分が思い込みなんてするはずがないんだ！」とやり始めた場合というなら、議論が起こるどころか、それはもう既に議論という舞台からはみ出しての乱闘と化した状態です。

PDFの2ページ目の3行目、
「a^t の倍数でなければならない」
に、より詳細な証明が必要です。
現状ここははちべえさんが「正しくあってほしいと思っていること」でしかありません。

DD++様、おはようございます。

さて、ご指摘のあった間違いを修正して、PDFにしました。
http://y-daisan.private.coocan.jp/html/pdf/felmer-10-2.pdf

これで、どうでしょうか？

何も変わっていないように見えますが。
私が求めているのは論理的な裏付けであって、
決して声を大きく言うことでも繰り返して何度も言うことでもないんですよ。

あと、一番上のところ、まるで私がこれで完成であることに賛同しているような記述はやめてください。
私はこれは証明として欠陥だらけのひどい状態だと思っています。

> n=2のとき、
> a^2=c^2-b^2=(c-b)(c+b)=(c-b)c(1+b/c)
> aとcは互いに素であるから、aでa^2=(c-b)c(1+b/c)は左辺が割り切れるが右辺は割り切れない。
> よって、a^2+b^2=c^2はなりたたない。
> しかし、ピタゴラス数から、明らかに間違いである。
「a^2+b^2=c^2はなりたたない」が証明できたことで、そこまでの証明(推論)が間違っていることは明らか。
明らかに間違いであるのは、うんさりはちべえさんの証明(No.590)です。
どこが間違っているのかは、問題ではない(問題にもならない)。

> このように、一見n≧3は使われているように見えませんが、ちゃんと使われているのですよ。
No.590の証明では使われていない。(どこにも書いていない)
初等的な証明というのであれば、その中で使った補助定理は、うんさりはちべえさんによって、全て証明できるはずです。証明で使われた補助定理の少なくとも１つにはn>=3の前提が含まれるので、書いていなくても使われているは詭弁ですよ。

> DD++様の指摘にも回答になったかな？
全くなっていない。

> nが偶数の時は、無限下降法で、フェルマーによって証明済みであり、

フェルマーが証明した（と考えられている）のは n=4 の場合のみのはずであり、
n=8, 12, 16, ……はともかく、n=6, 10, 14, ……はフェルマー自身の結果からは示されないはずです。

> (a)式は、2つの合成数の積であるから、

> a^s=c-b---(1)
（以下、(6) 式まで）

これらが a の累乗数でなければならないと考えた理由を教えてください。

あと、c-b が勝手に合成数とされている理由もですかね。
なぜこれが素数や 1 じゃいけないんでしょう？

DD++さま、おはようございます。

> nが偶数の時は、無限下降法で、フェルマーによって証明済みであり、

フェルマーが証明した（と考えられている）のは n=4 の場合のみのはずであり、
n=8, 12, 16, ……はともかく、n=6, 10, 14, ……はフェルマー自身の結果からは示されないはずです。

例えば、ｎ＝６＝3x2ですから、

(a^2)^3+(b^2)^3=(c^2)^3
ここで、A=a^2,B=b^2,C=c^２とすれば、
A^3+B^3=C^3

10=2x5,15=3x5,18=3x3x2,・・・・

というように、素因数分解できれば、奇数の素数になりますので、奇数の素数が証明できればいいのでしょう。Wikipedia（フェルマーの最終定理）を見てください。


> (a)式は、2つの合成数の積であるから、

> a^s=c-b---(1)
（以下、(6) 式まで）

これらが a の累乗数でなければならないと考えた理由を教えてください。

つまり、左辺がa^nであるから、左辺はaの累乗でないといけません。


＞あと、c-b が勝手に合成数とされている理由もですかね。
なぜこれが素数や 1 じゃいけないんでしょう？

素数でも1でも構わないのですが、一般的に一番大きな可能性が合成数ですよね。自然数の方がいいかな？

「奇素数での証明ができれば十分である」自体は正しいですよ。
でも、最後の一文に結果的に正しいことが書いてあるからといって、途中に書いたものが全部正しかったことになるわけじゃありません。
フェルマーの最終定理の証明も「最後の結果は別の方法で証明されているんだから、何をどう書いたって正しい証明になるんだ」とか思ってませんよね？

> 左辺がa^nであるから、左辺はaの累乗でないといけません。

意味がわかりません。

> 素数でも1でも構わないのですが、一般的に一番大きな可能性が合成数ですよね。自然数の方がいいかな？

ほら、勝手な決めつけを行なっている。
それを 1 つでもやった瞬間、これは「存在しない証明」ではなく、ただの「自分には見つけられなかったという無価値な失敗報告」になります。
証明するというのならまずその認識を持ってください。

DD++さま、こんにちは。

> 左辺がa^nであるから、左辺はaの累乗でないといけません。

意味がわかりません。

(a)の式、
a^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)} ---(a)

(a)の式は、a^nは2つの自然数の積で構成されています。それは、
c-b---(1)
c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)----(2)
の(1),(2)式です。この2つの式の積がa^nなのですから、

a^s=c-b---(1)
a^(n-s)=c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)----(2)
でなければならないということです。

> 素数でも1でも構わないのですが、一般的に一番大きな可能性が合成数ですよね。自然数の方がいいかな？

a^s=c-bにおいて、左辺はaの累乗の式ですから、c-bは、素数にはならないでしょう。
a^sがs=1なら、a=c-bなので、aが素数でもありえます。しかし、
(c-b)^n+b^n=c^n
c^n-nC1 c^(n-1)b+nC2 c^(n-2) b^2-nC3 c^(n-3)b^3+・・・+nC1 c b^(n-1)-b^n+b^n=c^n
-b^n+b^n=0で、消え、両辺からc^nを引くと、
-nC1 c^(n-1)b+nC2 c^(n-2) b^2-nC3 c^(n-3)b^3+・・・+nC1 c b^(n-1)=0
これは、cbでくくれますから
cb{-nC1 c^(n-2)+nC2 c^(n-3) b-nC3 c^(n-4)b^2+・・・+nC1 b^(n-2)}=0
cbは0でないので、割ると、
-nC1 c^(n-2)+nC2 c^(n-3) b-nC3 c^(n-4)b^2+・・・+nC1 b^(n-2)=0
nC2 c^(n-3) b+nC4 c^(n-5) b^3+・・+nC1 b^(n-2)=nC1 c^(n-2)+nC3 c^(n-4)b^2+・・・+nC2 c b^(n-3)
となり、(a)式にはならず、(1),(2)式は存在しなくなります。
したがって、a=c-bでは、まずいのです。

c-b=1なら、
a^n+b^n=(b+1)^n
a^n+b^n=b^n+nC1 b^(n-1) +nC2 b^(n-2) +nC3 b^(n-3) +・・・+nC(n-1) b +1
両辺からb^nを引いて、
a^n=nC1 b^(n-1) +nC2 b^(n-2) +nC3 b^(n-3) +・・・+nC(n-1) b +1
となり、(a)式にはならず、(1),(2)式は存在しなくなります。

したがって、c-b=1では、まずいのです。

DD++さま、こんばんは。

(a)の式、
a^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)} ---(a)

(a)の式は、a^nは2つの自然数の積で構成されています。それは、
α=c-b---(1)
β=c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)----(2)

とします。

a^n=αβ

ここで、a^n=v^n u^n とおくと、
α=v^p
β=v^q u^n

したがって、
v^p=c-b
v^p=v^r(c'-b')

c'-b'=v^(p-r)

c=v^rc'
b=v^rb'

ところが、a,b,cは互い素であるから、これはありえない。

> この2つの式の積がa^nなのですから、

> a^s=c-b---(1)
> a^(n-s)=c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)----(2)
> でなければならないということです。

だから、それがなぜそうでなければいけないのかと問うています。
「自分が正しいと思っているから正しいんだ」では証明になっていません。

まずここが解消されない限りその先の話は読む価値がないので一旦置いときます。

> a^s=c-b---(1)
（以下、(6) 式まで）

これらが a の累乗数でなければならないと考えた理由を教えてください。

つまり、左辺がa^nであるから、左辺はaの累乗でないといけません。
（引用終わり）

これが出来るのはａが素数の場合だけです。例えば、ａが合成数でａ＝ａ1ａ2とすると、

a^n=(a1a2)^n=a1^na2^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}

c-b=a1かもしれないし、c-b=a1a2かもしれません。ｎ＝３ぐらいだったら全ての組み合わせを調べられますが。

＞c-b=1なら、
a^n+b^n=(b+1)^n
a^n+b^n=b^n+nC1 b^(n-1) +nC2 b^(n-2) +nC3 b^(n-3) +・・・+nC(n-1) b +1
両辺からb^nを引いて、
a^n=nC1 b^(n-1) +nC2 b^(n-2) +nC3 b^(n-3) +・・・+nC(n-1) b +1
となり、(a)式にはならず、(1),(2)式は存在しなくなります。

したがって、c-b=1では、まずいのです。
（引用終わり）

c-b=1の場合は証明しなくてはいけません。

a^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)} ---(a)

(a)式とa^n=nC1 b^(n-1) +nC2 b^(n-2) +nC3 b^(n-3) +・・・+nC(n-1) b +1は同じ式です。

(a)式にc-b=1を代入してさらにc=b+1を代入すると、

a^n=(b+1)^(n-1)+(b+1)^(n-2)b+・・・+(b+1)b^(n-2)+b^(n-1)となりますが、これを二項定理で展開して

b^(n-1)の係数を考えると1+1+・・・+1(n個)=n　また、nC1=nですから一致します。

また、定数項も１で一致しますよね。つまり、同じ式という事です。だから、c-b=1の場合も証明して下さい。

DD++さま、通りすがり２様、こんばんは。

もう一度、注意してもらいたいのは、前提条件です。

①a,b,cは、互いに素な自然数

a,bの最大公約数gcd(a,b)=1
a,cの最大公約数gcd(a,c)=1
b,cの最大公約数gcd(b,c)=1

ということが守られているか？

②a,b,c:奇数、偶数、奇数
③a,b,c:奇数、奇数、偶数
④a^n+b^n=c^n
です。

たとえば、No.585の
*************
(a)の式は、a^nは2つの自然数の積で構成されています。それは、
α=c-b---(1)
β=c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)----(2)
とします。したがって、a^n=αβ

a,b,cは、互いに素な自然数の確認は、(1)式が都合が良いので、
ここで、a^n=v^n u^n（つまり、aを素因数分解したらa=vuとすると) とおくと、
たとえば、
α=v^p
β=v^q u^n　　（ただし、p+q=n）
したがって、
v^p=c-b　　引き算が成立するので共通因子v^rがあるとして、
また、v^p=v^r(c'-b')　さらにc'-b'=v^(p-r)
すると、c=v^rc'かつb=v^rb'
ところが、a,b,cは互い素であるから、これはありえない。
*********

のように、確認しなければ、ならないはずです。

通りすがり２さま、

1=c-bの場合の検討は、参考になりました。ありがとうございます。

> 共通因子v^rがあるとして、
また、v^p=v^r(c'-b')

なんの共通因子ですか？

DD++様、おはようございます。
余計なことを削除すればいいことに気づきました。

＊＊＊＊＊＊＊＊
フェルマーの最終定理の初等的証明を考える。
a^n+b^n=c^nにおいて、a,b,cは自然数であり、n≧3では、成り立たないという問題である。

a,b,cは、互いに素な自然数であるとする。

さて、公式より、
c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
また、c^n-b^n=a^n
よって、
a^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)} ---(a)

ここで、{}の中は、初項c^(n-1)、項比b/c,項数nの等比級数である。

a^n=(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)} ---(b)

(b)式の両辺をa^tで割ると、a,cは互いに素であるから、c^(n-1)/a^tは割り切れない。
ただし、tはt<nの自然数である。
すると、(b)は、左辺は割り切れるが、右辺は少なくともc^(n-1)/a^tが割り切れないので、成り立たない。ゆえに、(a)式は成り立たず、c^n-b^n=a^nは成り立たない。

よって、フェルマーの最終定理は、初等的に証明された。

（コメント）　「(b)は、左辺は割り切れるが、右辺は少なくとも c^(n-1)/a^t が割り切れないの
　　　　　　で、成り立たない。」とありますが、これは誤魔化しではありませんか？

これを否定するのであれば、
(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}
のc^(n-1)を除いた部分が、a^tで割れる、つまり、a^tの倍数であることを証明しなければなりません。

逆に、c^(n-1)を除いた部分が、a^tで割れないということをうんざりはちべえさん
の方で勝手に仮定していませんか？
論理が破綻しているので、「フェルマーの最終定理は、初等的に証明された。」とは
ならないのでは？

＞（コメント）　「(b)は、左辺は割り切れるが、右辺は少なくとも c^(n-1)/a^t が割り切れないの
　　　　　　で、成り立たない。」とありますが、これは誤魔化しではありませんか？

これを否定するのであれば、
(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}
のc^(n-1)を除いた部分が、a^tで割れる、つまり、a^tの倍数であることを証明しなければなりません。
（引用終わり）

＞a^n=(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)} ---(b)

(b)式の両辺をa^tで割ると、a,cは互いに素であるから、c^(n-1)/a^tは割り切れない。
ただし、tはt<nの自然数である。
すると、(b)は、左辺は割り切れるが、右辺は少なくともc^(n-1)/a^tが割り切れないので、成り立たない。ゆえに、(a)式は成り立たず、c^n-b^n=a^nは成り立たない。
（引用終わり）

「c^(n-1)/a^tは割り切れない」ので、c-bと1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)もa^tで割り切れない事を示せれば背理法で証明出来るのです。

そもそも「1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)」がなぜ自然数だと言えるのです？

例えば、ｃ^2＝９で1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)＝１/９の可能性だってあるじゃないですか。（細かい調整はしていません。）

例えば、３^2＋４^2＝５^2より、３^2＝５^2－４^2＝(５－４)(５＋４)＝(５－４)５(１＋４/５)で１＋４/５は自然数じゃないですよね。

「c^(n-1)/a^tは割り切れない」ので、c-bと1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)もa^tで割り切れない事を示せれば

とのことですが、それは証明されたのですか？

HP管理者様、アカン警察様、こんにちは。

＞これを否定するのであれば、
(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}
のc^(n-1)を除いた部分が、a^tで割れる、つまり、a^tの倍数であることを証明しなければなりません。

です。これは、表現がまずいです。
c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}
という等比級数が、a,cが互いに素なので、割れないというべきでしたね。c^(n-1)だけを取り出したら、おかしくなりますね。すみません。


逆に、c^(n-1)を除いた部分が、a^tで割れないということをうんざりはちべえさん
の方で勝手に仮定していませんか？

そんなことは、思っていません。逆です。a^tの倍数でなければいけません。

「c^(n-1)/a^tは割り切れない」ので、c-bと1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)もa^tで割り切れない事を示せれば

とは、言ってません。逆です。a^tの倍数でないといけないのです。

どうしてそうなったのかな？

そもそも「1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)」がなぜ自然数だと言えるのです？

これは、等比級数c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}ですから自然数です。

(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}が、a,cが互いに素であるからa^tで割れないと言っているだけです。

それを否定するなら、
(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}が、a^tで割れるといえばいいのです。

それだけです。

山下達郎さんは、今年７０歳の誕生日を迎えました。ユーミンも来年７０歳で、生きていれば、安部さんも来年７０歳でした。私も来年７０歳です。

もう、むつかしことは、できません。HP管理者様は、「論理が破綻している」と言いますが、それも理解できません。

でも、フェルマーの最終定理は、n=3とかｃが素数とか、制限を付けると、論理的に受け入れられます。
しかし、nになると、とてつもない壁が前に、立ちはだかるのです。

おかしな話です。

おかしな話ではないのでは？例えば、定木・コンパスを用いて、角の３等分問題
を考える場合、９０°の角が３等分できたから、一般の場合もできる、と言って
いるようなものではないでしょうか？

FLTの証明についてですが、論理的には初等的に証明できる可能性はあります。
しかし、これまでいろいろな数学者が挑戦して、少なくとも初等的な証明はできなかったわけです。
もしFLTの簡単な(例えば100ページ以下の)初等的証明が存在するのであれば、名だたる数学者の手によって既に証明できていることでしょう。
ということは、FLTの初等的証明は(一生かけても書ききれないほどに)とんでもなく長いものである可能性が高いです。当然、その証明が正しいかどうか検証するのも困難かもしれません。

僭越ながら、うんざりはちべえさんにおかれましては、自身が書いた証明が正しいのかどうか自分で判断できるようになるまで、FLTの証明(と称するもの)の公表を控えていただき、自身が書いた証明の正しさ・誤りを正確に判断できるようになったら、FLTの証明を公表していただきたいと思います。

そもそも、うんざりはちべえさんのFLTの初等的証明(No.590)では、n>=3という条件を１回も使っていない。
もし使っているというのであれば、どこで使っているのですか？

仮に、この証明が正しいと仮定すると、n>=2で、FLTが成立することになり、矛盾する。
これでも、正しいFLTの証明と言えるのでしょうか？

(注意)
命題FLT(n)を「x^n+y^n=z^nを満たす自然数x,y,zは存在しない」とすると、
FLT(2)は成立しない(なぜなら、3^2+4^2=5^2などの反例が多数存在するので)。

３個の平方数の和が平方数になることは、そんなに大きな数を持ち出さなくても普通にあります。
例えば
3^2+4^2=5^2
5^2+12^2=13^2
ですから
3^2+4^2+12^2=13^2
です。
さらに
13^2+84^2=85^2
なので
3^2+4^2+12^2+84^2=85^2
そして
85^2+132^2=157^2
なので
3^2+4^2+12^2+84^2+132^2=157^2
のように、任意の自然数nに対して「n個の平方数の和が平方数」となる組があります。
(追記)
もっと小さい数の
1^2+2^2+2^2=3^2
なんてのもありますね。

らすかるさま

お教えをありがとうございます。

#小四の私に教えたい……

奇数の完全数はない　http://y-daisan.private.coocan.jp/html/kanzensu.pdf

で、aを素因数分解した素数の数より、σ(a)を構成する合成数が少なくとも1個以上多いことが証明できました。でも、それらの合成数を素因数分解して整理したら、左辺と右辺の素数の数は等しくならないかという疑問が生じました。それで、行き詰っています。

そこで、σ(a)の約数の素因数分解をやってみました。http://y-daisan.private.coocan.jp/html/2019062801.html

でも、そんなことでは解決しませんよね。

誰か、この問題を解決してくれませんかね？

a^n+b^n=c^nにおいて、c^n-b^n=a^nとなる。
c=x+j,b=x,a=x-kとする。すると、
c^n-b^n=a^nから、(x+j)^n-x^n=(x-k)^n
そこで、右辺をf(x)、左辺をg(x)とおく。
したがって、f(x)=g(x)でなければならない。

ガウスの代数学の基本定理より、 単一の重根kを持つならば、
x=kのとき、f(k)=0なので、g(k)=0であるはずである。
g(k)=(k+j)^n-k^n
n
= ∑ nCi k^(n-i)j^i -k^n
i=0

i=0のとき、nCi k^(n-i)j^i=k^nより、
n
= ∑ nCi k^(n-i)j^i +k^n -k^n
i=1

n
= ∑ nCi k^(n-i)j^i >0
i=1

よって、f(k)≠g(k)

したがって、g(x)は、単一の重根kを持をもたない。
よって、c^n-b^n=a^nは、成り立たない。
つまり、a^n+b^n=c^nは、成り立たない。

フェルマーの最終定理が初等的に証明できた。

しかし、
g(x)=(x+j)^2-(x+k)^2 >0 （ただし、j>k>0）でも、
ピタゴラス数では、たとえば、(13,12,5)という組み合わせがあります。
13^2-12^2=5^2
(13+12)(13-12)=25=5^2
となって、g(x)>0でも、解を持つのです。

これは、c^2-b^2=(c-b)(c+b)
と因数分解できるからです。

もちろんc^n-b^nも公式では、
c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
より、２つの合成数の積です。それが、整理すると、a^nになるかもしれません。

これも、合成数の積を整理すると、という問題です。

もちろん、aが素数ならば、フェルマーの最終定理の初等的証明はできているのです。

c=x+j,b=x,a=(x-u)(x-v)とする。
ガウスの代数学の基本定理より、 2つの重根u,vを持つならば、
f(x)=(x-u)^n(x-v)^n
また、
g(x)=(x+j)^n-x^n
したがって、f(x)=g(x)でなければならない。
x=uのとき、f(u)=0なので、g(u)=0であるはずである。
g(u)=(u+j)^n-u^n
n
= ∑ nCi u^(n-i)j ^i -u^n
i=0

i=0のとき、nCi u^(n-i)j ^i=u^nより、

n
= ∑ nCi u^(n-i)j ^i +u^n -u^n
i=1

n
= ∑ nCi u^(n-i)j ^i >0
i=1
よって、f(u)≠g(u)
同様に、f(v)≠g(v)
したがって、g(x)は、2つの重根u,vを持をもたない。

同様にして、a=(x-u)(x-v)(x-w)として、ガウスの代数学の基本定理より、 3つの重根u,v.wを持つならば、
同様にf(u)≠g(u),f(v)≠g(v),f(w)≠g(w)
したがって、g(x)は、3つの重根u,v,wを持たない。
同様にして、a=(x-u)(x-v)(x-w)(x-z)・・・・として、ガウスの代数学の基本定理より、 n個の重根u,v.w・・・・を持つならば、
同様にf(u)≠g(u),f(v)≠g(v),f(w)≠g(w)・・・・
したがって、g(x)は、n個の重根u,v,w・・・・を持をもつならば、n個重根を持たない。
以上から、aを素因数分解したら、素数β1,β2,β3,β4,・・・・・であるとき、b-α1=β1,b-α2=β2,b-α3=β3,・・・・とする と、
f(x)=(x-α1)^n(x-α2)^n(x-α3)^n(x-α4)^n・・・・・
であるから、
上記より、
f(α1)≠g(α1),f(α2)≠g(α2),f(α3)≠g(α3),f(α4)≠g(α4),・・・・・
より、c^n-b^n≠a^n
同様に、
より、c^n-a^n≠b^n
したがって、
a^n+b^n≠c^n
ゆえに、フェルマーの最終定理が証明された。

というのもどうかな？

＞もちろんc^n-b^nも公式では、c,b,jが自然数なら、
＞c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
＞より、２つの合成数の積です。それが、整理すると、a^nになるかもしれません。

しかし、b,cが依存関係にあるとき、c=x+j,b=xとすると先にも書いたように、g(x)>0になるのです。
c^n-b^n=(x+j-x){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
c^n-b^n=j{c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}>0
より、ガウスの代数学の基本定理が使えないのです。
つまり、この公式は間違ってしまうのです。

c,bが独立であれば、c-b=0が成り立つので、ガウスの代数学の基本定理から
c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
となるのです。
また、次の項は、{c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}＞０
より、ガウスの代数学の基本定理が成り立つには、c-b=0しかありえないのです。
したがって、c,bが独立でないと、
c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
とはできないのです。

したがって、最初のフェルマーの最終定理の初等的証明は、間違ってないのです。

> したがって、f(x)=g(x)でなければならない。

これは方程式ですか、それとも恒等式ですか？

DD＋＋さま、こんにちは。

方程式です。
f(x)=g(x)で、h(x)=g(x)-f(x)です。代数学の基本定理では、h(k)=g(k)-f(k)=0ですが、f(k)=0で、f(x)=g(x)なので、g(k)=f(k)=0となります。
もともと、
g(x)=c^n-b^n,f(x)=a^nより、c^n-b^n=a^nつまり、a^n+b^n=c^n
ここで、
c=x+j,b=x,a=x-kです。
より、
g(x)=(x+j)^n-x^n,f(x)=(x-k)^n
また、
g(x)=f(x)
です。

No.566のc,bが従属では、代数学の基本定理は使えませんが、普通に因数分解できることには変わりありません。
c^2-b^2=(x+j)^2-x^2=x^2+2jx+j^2-x^2=j(2x+j)=j(x+j+x)=(c-b)(c+b)
(13,12,5)は、(c=x+j、x,x-k）より、j=1,2x+j=2x12+1=25で、1x25=5^2
で、問題ありません。

c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+・・・+cb^(n-2)+cb^(n-1)}
c^n-b^n=j{c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
=a^n
となることは、ありえないでしょう。いま、a=xyzxvwと素因数分解できたとして、a^n=x^n y^n z^n x^n v^n w^nですからc^n-b^nにはjがあるから、・・・

方程式なのだとしたら、

> したがって、g(x)は、単一の重根kを持をもたない
（「重根」じゃなく単なる「根」とすべきかと思いますが）

は、x=k 以外の根の存在は全く否定していません。

つまり、次の行の

> よって、c^n-b^n=a^nは、成り立たない。

は「成り立たない例が存在する」に訂正されるべきです。

というか、そもそも

∑ nCi k^(n-i)j^i >0

という不等式の根拠はどこから来たのでしょう。
n=4, k=-1, j=1 なら左辺は -1 になるので、不成立であるように見えますが。

DD++さま、こんばんは。

c>b>aということで、c,b,a,j,k,xとも自然数です。

c^n=(x+j)^nなので、二項定理より,
n
ΣnCi x^(n-i) j^i
i=0
となっています。i=0では
nCi x^(n-i) j^i=x^n
となります。
i=nでは、
nCi x^(n-i) j^i=j^n
となります。
二項定理をそのまま書くと
c^n=nCo x^n j^0+nC1 x^(n-1) j +nC2 x^(n-2) j^2+・・・・+nC(n-1) x^1 j^(n-1)+nCn x^0 J^n
つまり、
n
ΣnCi x^(n-i) j^i=nC0 x^n j^0+nC1 x^(n-1) j +nC2 x^(n-2) j^2+・・・・+nC(n-1) x^1 j^(n-1)+nCn x^0 J^n
i=0
ということですね。

g(x)=c^n-b^n

n
=ΣnCi x^(n-i) j^i - x^n
i=0

n
=ΣnCi x^(n-i) j^i +x^n-x^n
i=1

n
=ΣnCi x^(n-i) j^i > 0
i=1

となります。

八兵衛さん投稿を読む限り、どこを読んでも c>b>a という制限は課されていないよう見えますが。
また、a が自然数だというのなら、 x=k とはできないはずです。

各部分ごとで勝手な条件を暗黙的に付け足して話をしていて、筋が全く通っていないように見えます。

DD++さま、おはようございます。

＞八兵衛さん投稿を読む限り、どこを読んでも c>b>a という制限は課されていないよう見えますが。

すみません、フェルマーの最終定理は、a^n+b^n=c^nですから、a,b,cは自然数であり、c>a,bです。a,bは、c^n-b^n=a^nから、b>aとしました。

＞また、a が自然数だというのなら、 x=k とはできないはずです。

代数学の基本定理を利用するには、x=kでないとまずいのです。ご指摘のとおり、aは自然数なら、これはできませんね。なるほど。

＞各部分ごとで勝手な条件を暗黙的に付け足して話をしていて、筋が全く通っていないように見えます。

すみません。配慮が足りませんでした。

まあ、公式、
c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
があるので、
c^n-b^n=a^n
にはならないのですが,たまたま、2つの合成数の積がa^nになるかという話に持ってゆくかと・・・？

「自分は正しいと思う」と「確かに正しい」の間には雲泥の差があります。
だからこそ証明というものが必要になるのです。
「これは自分が正しいと判断したから正しいんだ！」と喚くのは数学的な態度ではありません。

私は

> まあ、公式、
> c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
> があるので、
> c^n-b^n=a^n
> にはならないのですが？

は何ら根拠になっていないと感じます。
使用する文字の定義や記述する式の意味を丁寧に明示した上で、論拠をはっきりさせた証明をお願いします。

DD＋＋さま、ご指摘ありがとうございます。

さて、c^2-b^2=a^2ではなくてc^2-b^2=(c-b)(c+b)です。
(c,b,a)=(13,12,5)では、
c^2-b^2=(13-12)(13+12)=1x25=5^2
となって、c^2-b^2=a^2ですね。
だから、
> まあ、公式、
> c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
> があるので、
> c^n-b^n=a^n
> にはならないのですが？
は、ご指摘の通り正しくありません。
c^n-b^n=2つの合成数の積
ですから、2つの合成数の積がa^nになるかと、いう方向で、進めないとまずいですね。

ご指摘ありがとうございます。

数理的背景というのであれば、
(x^8+1+x^(-8))*(x^14+1+x^(-14))*(x^18+1+x^(-18))*(x^25+1+x^(-25))*(x^30+1+x^(-30))
の x や x^(-1) の係数が作りたい方程式の数以上になることに意味があります。

その場合、dengan さんの式の作り方では隣接次数の項の組が大量に出てくることになります。
その制約の中で最高次の次数も上げようと思うと、結果として同じ次数の項が複数出てくるようなものでは優れた結果に繋がらないということになります。

DD++ さん。
早速の御教示をありがとうございます。

歯ごたえがありそうですね……

いくつかひどそうなのを作ってみました。
たとえば
14,19,21,22
では箸にも棒にも、
全然だめそうなのですね。

Dengan 評価では
(x^14+1)*(x^19+1)*(x^21+1)*(x^22+1) =
x^76+x^62+x^57+x^55+x^54+x^43+x^41+x^40+x^36+x^35+x^33+x^22+x^21+x^19+x^14+1
ですから候補なのかと思いきや

DD++ 評価では
(x^14+1+x^(-14))*(x^19+1+x^(-19))*(x^21+1+x^(-21))*(x^22+1+x^(-22)) =
(x^152+x^138+x^133+x^131+x^130+x^124+x^119+x^117+x^116+x^114+x^112+x^111+x^110+x^109+x^108+x^105+x^103+x^102+x^100+x^98+x^97+x^96+x^95+x^94+x^93+x^92+x^91+x^90+x^89+x^88+x^87+x^86+x^84+x^83+x^82+x^81+x^80+x^79+x^78+x^77+x^76+x^75+x^74+x^73+x^72+x^71+x^70+x^69+x^68+x^66+x^65+x^64+x^63+x^62+x^61+x^60+x^59+x^58+x^57+x^56+x^55+x^54+x^52+x^50+x^49+x^47+x^44+x^43+x^42+x^41+x^40+x^38+x^36+x^35+x^33+x^28+x^22+x^21+x^19+x^14+1)/x^76

となり、
x の項、1/x の項の係数が 1 です。
必要な不等式の数に遠く届きません。

GAI さんによる試みでおしかったものについて、DD++さんによる判別式を適用してみました。
６個の不等式が欲しい、336枚への挑戦です。

(x^46+x^(-46)+1)*(x^51+x^(-51)+1)*(x^53+x^(-53)+1)*(x^57+x^(-57)+1)*(x^63+x^(-63)+1)*(x^66+x^(-66)+1)

これを展開して、xおよびに1/xの項の
係数をしらべましたら、
5
となっていて、
欲しい6には届いていませんでした。

なるほど………

引用===
C[46]≧46を取り出せるための第
６の式が全然分からなくて・・・
===
ということなのですね……？？

メルセンヌ数は、1が並んだ数であるが、wikipediaより、

7以上の

2^3-1=30n+7
2^5-1=30n+1
2^7-1=30n+7
2^13-1=30n+1
2^17-1=30n+1
2^19-1＝30n+7
2^31-1=30n+7
2^61-1=30n+1
2^89-1=30n+1
2^107-1=30n+7
2^127-1=30n+7
2^521-1=30n+1
2^607-1=30n+7
2^1279-1=30n+7
2^2203-1=30n+7
2^2281-1=30n+1
2^3217-1=30n+1
2^4253-1=30n+1
2^4423-1=30n+7
2^9689-1=30n+1
2^9941-1=30n+1
2^11213-1=30n+1
2^19937-1=30n+1
2^21701-1=30n+1
2^23209-1=30n+1
2^44497-1=30n+1
2^86243-1=30n+7
2^110503-1=30n+7
2^132049-1=30n+1
2^216091-1=30n+7
2^756839-1=30n+7
2^859433-1=30n+1
2^1257787-1=30n+7
2^1398269-1=30n+1
2^2976221-1=30n+1
2^3021377-1=30n+1
2^6972593-1=30n+1
2^13466917-1=30n+1
2^20996011-1=30n+7
2^24036583-1=30n+7
2^25964951-1=30n+7
2^30402457-1=30n+1
2^32582657-1=30n+1
2^37156667-1=30n+7
2^42643801-1=30n+1
2^43112609-1=30n+1
2^57885161-1=30n+1
2^74207281-1=30n+1
2^77232917-1=30n+1
2^82589933-1=30n+1

以上からして、7以上のメルセンヌ数は、30n+P型の素数で、30n+1、30n+7しかとらない。

＞さて、30n+Pには、P=11,13,17,19,23,29もあるが、
2^a-1=30n+P
P+1=2qとして、
2^a-2q=30n
2^(a-1)-q=15n
P=11,13,17,19,23,29のとき、q=6,7,9,12,15で、
2^(a-1)-q=15n
を成り立たせることはできない。

P=11,13,17,19,23,29のとき、P+1=2qに代入すると、q=6,7,9,10,12,15で、
2^(a-1)-q=15nに代入すると、2^(a-1)＝15n＋6,9,10,12,15の場合は３または５でくくれるのであり得ませんが、
2^(a-1)＝15n＋7の場合は「2^(a-1)-q=15nを成り立たせることはできない」証明はされたのでしょうか。
一応、n=1000くらいまではプログラミングを組んでありませんでしたが。

for n in range(1,1001):
expr = 15*n + 7
if list(bin(expr)).count('1') == 1:
print('OK')
else:
print('NG')

2^1,2^2,2^3,2^4,…を15で割った余りは
2,4,8,1,2,4,8,1,…となりますので
15n+7になることはないですね。

また、元の問題は最初からmod30で考えると簡単です。
2^1,2^2,2^3,2^4,…を30で割った余りは
2,4,8,16,2,4,8,16,…
のようになりますので、2^a-1=30n+1,3,7,15しかあり得ません。
よって素数になる場合は30n+1,7のみです。

らすかるさん、ありがとうございます。勉強になりました。

＞さて、メルセンヌ数と30n+1は、
2^a-1=30n+1
2^a-2=30n
2^(a-1)-1=15n

メルセンヌ数はaが素数であるので、a-1は偶数の合成数である。
2^(a-1)-1=1+2+2^2+2^3+2^4+・・・+2^(a-2)
より、2^(a-1)-1は、1が偶数個並んだ数であり、その数は合成数である。

そこで、15は2進数1111であるから、2^(a-1)-1は、1が偶数個並んだ数であり、4個並んだ数で割り切れる。
つまり、a-1は、4の倍数である。

２進法を使わない場合は、
2^a-1=30n+1
2^a-2=30n
2^(a-1)-1=15n
2^(a-1)-1=(2^4-1)n
因数分解の公式より、2^4m-1=(2^4)^m-1=(2^4-1){(2^4)^(m-1)+(2^4)^(m-2)＋…＋１}
よって、a-1は４の倍数ですね。

凸五角形ABCDEは
AC/sin∠B=BD/sin∠C=CE/sin∠D=DA/sin∠E=EB/sin∠A
が成り立っていれば外接円が存在すると思います。
「角度だけ」や「辺の長さだけ」の条件ではダメです。
またより一般には
n角形のn辺それぞれの垂直二等分線（全部でn本）の
すべてが1点で交われば外接円が存在します。

(追記)
上の「角度だけ」は「内角だけ」のつもりでしたが、内角に限らなければ「角度だけ」でも行けますね。
五角形ABCDEで
∠BCE＝∠BDE＝π-∠A
であれば外接円が存在すると思います。

> "らすかる"さんが書かれました:
> 凸五角形ABCDEは
> AC/sin∠B=BD/sin∠C=CE/sin∠D=DA/sin∠E=EB/sin∠A
> が成り立っていれば外接円が存在すると思います。
> 「角度だけ」や「辺の長さだけ」の条件ではダメです。
> またより一般には
> n角形のn辺それぞれの垂直二等分線（全部でn本）の
> すべてが1点で交われば外接円が存在します。

> (追記)
> 上の「角度だけ」は「内角だけ」のつもりでしたが、内角に限らなければ「角度だけ」でも行けますね。
> 五角形ABCDEで
> ∠BCE＝∠BDE＝π-∠A
> であれば外接円が存在すると思います。
なるほどです。綺麗な条件ですね。
これなら、一般化もできそうですけど
直観的には成り立つと思います。
星型図形；凸多角形の対角線を結び、閉じた図形
星型図形の内角：隣り合う対角線で囲まれた角
例えば、五芒星の内角の総和は、πである。
証明は、色々あると思います。
任意に描いた、五芒星は、円に埋め込むことが可能。
そのままでは、無理でしょうが、埋め込みが可能の意味を緩くして、
角が、反時計回りにΘ１、Θ２，…、Θｎとして、
同じ順序で埋め込みが可能という意味です。

五芒星の頂点を、ＡＢＣＤＥとし、その角を
ΘＡ，ΘＢ，ΘＣ，ΘＤ，ΘＥを円周角となるように、
それぞれに対応するように、中心角をとれば、順番に
おなじように角を取ることができる。
星型図形の表記として、Ｎと互いに素なｄとおくと
Ｎ/ｄ 分数表記できるらしい。
五芒星は、５/２
他の星型Ｎ/ｄも、緩い意味で埋め込み可能

星型図形の内角の総和
星型N/ｄ とき、（Ｎ/dー２）ｄπとすれば、
通常の凸多角形は、ｄ＝１とみなせばよい。
（Ｎ－２ｄ）πでもよい

星型の表記について
互いに素、にこだわらず、ｄ＜ｎ/２ であれば、
ｎ/ｄ の表記は有効であるみたいです。
六点の場合、６/２ とすると、２点ごとに対角線を引くと、
点が余りますが、残りの点も同様にして、対角線を引くと、三角形が、二つできます。したがって、内角の総和は、２πです。
総和の公式（ｎー２d）π＝（６－２・２）π＝２π
8/2,9/3,10/2,12/４なども同様

凸多角形の対角線を等間隔で描いた図形、
以外の場合を考えてみました。
例えば、円周上に、六点ABCDEFを左周りに、適当に配置します。
AB＝１，BE＝３，EF＝１、FC＝３、CD＝１、DA＝３
数字は、長さではなくて、左回りに数えた距離に無関係な間隔です。
ｄ＝（1＋３＋１＋3＋1＋3）/6＝2 (平均値をとる)
公式に代入すると、（6－２・２）π＝2π
角度に符号を導入すると、－の角度がある場合は、角の総和は、不定となり意味を持ちませんので、＋の角のみの時とします。
左回転は＋、右回転はーです。
色々試して、うまくいきました。
もう一つ、７点を、配置して、三角形と四角形を適当に作っても、
平均が、７で割り切れ
計算すると、π＋２π＝3πでうまくいきます。
以前の削除訂正、編集しました。

dの計算：左周り（反時計まわり、一定の方向で数える）
閉曲線を作る。数えた数の総和の平均をとる。
例えば、円周上に適当に四点をとる。等間隔でなくてもよい。
それを、A、B、C、Dとし、ABDCの順で、点を結ぶと、
A～Bは、１　B～Dは、２　D～Cは、３　C～Aは、２となる。
合計１＋２＋３＋２＝８なので、平均８÷４＝２
したがって、４－２×２＝０となる。０に意味がある。
例えば、７点を配置し、蝶の形と、三角形を作ります。
７点ABCDEFG。AFGを結んで三角形、CDFEを結んで蝶の形を作ると
１５１１２６５の総和は、２１で、ｄ＝３
よって、Ｎー２ｄ＝７－２×３＝１となり、三角形の内角１８０°と一致し
蝶の形の部分が０になるので都合がよいです。

適用範囲を拡大して、
（N-２ｄ）πから（Nー２ｄーe）πを考える
正の回転だけから、直線、点を考える。
e；点だけの個数
円周上に、N個の点だけを残した場合、ｄ＝０、e＝N
（N-０－N）π＝０
４個の配置で、３点で三角形を作り、１点を残すと
１２０１より、d＝１、e＝１なので、
（４－２×１－１）π＝π　見た目と一致します。
直線の場合、点をAとBとし、AからBをｋとすると
ＢからＡは、Ｎ－ｋとなり、和はＮ、Ｎで割ってｄ＝１を得る。
二重の線のイメージの閉曲線です。

円周上のN個の点を、結ぶ図形の総角の和(まとめ)
0． 等間隔に配置した、点を一個づつ結んでできる図形。正多角形
内角の総和は、（N―2）πで与えられる
1． 配置が、等間隔でなくても、点を一個づつ結んでできる図形。凸多角形
同様に、内角の総和は、（N―2）πで与えられる
２，配置が、等間隔でなく。点をｄ個づつ結んでできる図形。星型図形
　（Ｎ－２ｄ）π　但し、Ｎ＞＝２ｄ、かつ、Ｎとｄは互いに素
3，等間隔でなく。点をｄ個づつ結んでできる図形。互いに素でない場合を含む
　（Ｎ－２ｄ）π　但し、Ｎ＞＝２ｄ　ｄが約数のとき、N/d個の
複連結の図形を作ることができる。余った点から、ｄ個づつ繋ぐ。
中心角と円周角の関係から、導くことができる。

4、連結して結ぶ線の足の長さが同じでなくても、公式が適用される。
どこを始点に数え始めてもよいが、必ず反時計回りに数える。
隣の点と結ぶ場合、足の長さｃ＝１とする。間に一個おいて結ぶ場合ｃ＝２。以下同様。ｃはＮ－１まで数えることができる。全ての足の長さの和をＮで割ったもの（平均）をｄとする。そうすると、1，2、３までの結果を含むことになる。但し、N＞＝２ｄ
この時、角の総和が不定（点の配置によって、総角の和が一定ではない）の図形ができるときがある。不定の図形は、捻じれが生じてるからで、全て正の回転、全て負の回転の場合以外は、不定になる。全て負の回転の場合、逆順が、全て正の回転になります。
正の回転は、Ａ→Ｂ→Ｃのとき、∠ＡＢＣが、Ｃから見てＡが、反時計周りのとき、そうでないとき、負の回転となる。不定の図ｎ個のとき、ｎ―２ｄの値の総和をeとする。
これは、不定の場合、角の総和を０とみなすため引くことにするためである。
（Ｎ＝２のとき、直線は、不定なので、０となる。Ｎ＞＝３のとき、N―２ｄの値としては、１となる。）
Ｎ－２ｄの値が負になることがあるが、それは、逆順であるため、始点を変えればよい。
絶対値は同じになる。
公式　（Ｎ―2ｄ－e）π　となる。但し、Ｎ＞＝２ｄ

5、公式を円周上の置換、全てに、適用することができる。
N個の円周上の点を反時計周りにナンバリングする。０～Ｎ－１。
０からＮ－１の全単射で、写像に従って、→で結んだ図形（置換の図）を対象に、公式の適用を考えることができます。この時、ｋからｋの写像のときは、足の長さｃ＝０とし、単点とよぶことにする。単点の個数を不定の数eに加える。角が不定の場合を除けば、
公式　（N―２ｄ―e）π　となる。但し、Ｎ＞＝2ｄ
具体例　Ｎ＝１１個の点を適当に配置し、ナンバリングする。
全単射（置換）
（０，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10）→（2，0，5，3，6，8，7，4，9，1，10）
図を描くと、６点の角が不定の図、３点の三角形、単点２個ができる。
足の長さｃは、点２から始めて、６個の閉曲線を、点４から、始めて三角形をつくり、
ｄ＝（3＋3＋1＋3＋10＋2＋2＋１＋８＋０＋０）/11=3,
点３と１０は単点なので、６点の平曲線は、角が不定でそれ自身の値は2 ,
よって、e＝2＋2＝4、(N-2d-e)=(11-6-4)=1
したがって、総角は１８０°で一致します。

安定な図形（点の配置、等間隔に無関係に、円周角の総和が一定である。正の角のみをもつ図形）のみをもつ図形の種類を、数えてみました。
反時計まわりに、ナンバリングしました。
２点のときは、円周角がないので、０
３点のときは、三角形がひとつ、逆順も同じ形なので、1種類と考えます。
（０，１，２）⇒（１，２，０）の置換のみ　1個　総和１８０°
４点のときは、四角形がひとつ、
（０，１，２，３）⇒（１，２，３，０）の置換のみ　一個　総和３６０°
５点のときは、五角形と星型のふたつ
（０，１，２，３，４）⇒（１，２，３，４，０）ｘ＋１　総和５４０°
（０，１，２，３，４）⇒（１，２，３，４，０）ｘ＋2　総和１８０°
の二つ、０，１，１，２と見覚えのある数列
６点のときは、3種
（０１２３４５）⇒（１２３４６０）六角形　ｘ＋１　総和７２０°
（０１２３４5）⇒（２３４５０１）三角形二個ｘ＋２　総和３６０°
他に、三角形が二つの場合も同一視する
（０１２３４5）⇒（234051）　総和３６０°
回転して、重なるものは、同一視する。

N=6の場合、新たに一個見つかり、フィボナッチ数列の予想が外れましたが、
トリボナッチの可能性が？
（０１２３４５）⇒（１４３０５２）

同一視する、必要条件は、
１，円周角の総角の和が等しいこと
２、形が同じであること。逆順と回転しておなじになる。
逆順は、置換が逆になる。回転は、足跡（足の長さの順番が違うだけ、サイクルは一緒）
例えば、０から始めて、足跡（1122422）の図と、１から始めて（1122422）同じという意味です。
３，二つ以上のサイクルに分かれる時、６点＝３＋３、７点＝３＋４，
８点＝３＋５，８点＝４＋４
サイクルの型が一致。それぞれのサイクルは、同一視できる。
各サイクルのみの部分で考えれば、足跡も一致する。
４，形は異なるが、足跡の数の中身が一致する。後述
足跡表示で、表せば、始点に無関係に、同じ形になる。足跡とは、
区間の長さを表示するもので、１は隣の点、２は一つ点を越えて線を引くことなど。

７点のときは、７種類
① 足跡表示　（１１１１１１１）＝７　７角形　ｘ＋１　総角　９００°
② 足跡表示　（２２２２２２２）＝１４　星型　ｘ＋２　総角　５４０°
③ 足跡表示　（３３３３３３３）＝２１　星型　ｘ＋3　総角　１８０°
④ 足跡表示　（１５１１１１４）＝１４複体の三角と四角総角　５４０°　
位置や形が違っても、三角形と四角形は全て同一視する。３の内容　
⑤ 足跡表示（１３１４１３１）＝１４三角形二つ四角形　総角　５４０°
⑥ 足跡表示　（１１２２４２２）＝１４　　　　　　　　総角　５４０°
⑦ 　（１２１２３３２）と（１２２１３２３）＝１４　 総角　５４０°
上の二つは、見た目は異なるが、
足跡の数の内容が一致するので、同一視する。

８点のときは、１３種類、全て足跡表示です。
① （１１１１１１１１）＝８　ｘ＋１　八角形　総角　１０８０°
② （２２２２２２２２）＝１６　ｘ＋２　星型　　総角　７２０°
③ （３３３３３３３３）＝２４　ｘ＋３　星型　　総角　３６０°
④ （１２２２３２２２）＝１６　　　　　　　　　　総角　７２０°
⑤ （１６１１１１１４）＝１６　（３，５）の複体　総角　７２０°
⑥ （１６１２２５２５）＝２４　（３，５）の複体　総角　７２０°
⑦ （１５１５１５１５）＝２４　　　　　　　　　　総角　３６０°
⑧ （１２２２３２２２）＝１６　　　　　　　　　　総角　７２０°
⑨ （１２３１３２１３）＝１６　　　　　　　　　　総角　７２０°
⑩ （１２３４２１２１）＝１６　　　　　　　　　　総角　７２０°
⑪ （１１２２５２２１）＝１６　　　　　　　　　　総角　７２０°
⑫ （１４１４１１３１）＝１６　　　　　　　　　　総角　７２０°
⑬ （３１３３４３４３）＝２４　　　　　　　　　　総角　３６０°

④が重複してたので、削除しました。

９点のときは、２４種、全て足跡表示です。
① (111111111)
② (2222222222)
③ (333333333)
④ (4444444444)
⑤ (171111114)
⑥ (171226224)
⑦ (1711311616)
⑧ 161111115
⑨ (161122626)
⑩ (123232122)
⑪ (442222443)
⑫ (443122353)
⑬ (442424133)
⑭ (123521211)
⑮ (133131213)
⑯ (334334331)
⑰ (433232334)
⑱ (422211222)
⑲ (341515143)
⑳ (114114114)
21 (141244425)
22 (442411416)
23 (6221111122)
24 (532244223)

足跡でけいさんすると、
（32523252）＝24、ｄ＝２４÷８＝３
Ｎー２ｄ＝８－２×３＝２、２π

(1)は
Σ[k=1～∞]1/m^k=1/(m-1)から
Σ[k=2～∞]S(k)
=Σ[k=2～∞]Σ[p∈prime]1/p^k
=Σ[p∈prime]Σ[k=2～∞]1/p^k
=Σ[p∈prime](1/p)Σ[k=1～∞]1/p^k
=Σ[p∈prime]1/{p(p-1)}
=1/(2*1)+1/(3*2)+1/(5*4)+1/(7*6)+…

(2)は
Σ[k=1～∞](-1)^k/m^k=-1/(m+1)から
Σ[k=2～∞](-1)^k・S(k)
=Σ[k=2～∞](-1)^k・Σ[p∈prime]1/p^k
=Σ[k=2～∞]Σ[p∈prime](-1)^k/p^k
=Σ[p∈prime]Σ[k=2～∞](-1)^k/p^k
=Σ[p∈prime](-1/p)Σ[k=1～∞](-1)^k/p^k
=Σ[p∈prime]1/{p(p+1)}
=1/(2*3)+1/(3*4)+1/(5*6)+1/(7*8)+…

のようになりますね。

初めて　S1>4　となるｎの値は、３１　（←　予想より速かったです！）
５９番目の素数２７７でようやく　S2＞２　となるので、４を超えるまでには結構かかる！

4を超えるpは 1801241230056600523 ですね。
S1の方は、昔「初めて100を超えるn」を求めたことがあります。

4 を超える p についての論文が以下となります。

https://www.google.com/url?q=https://www.researchgate.net/publication/41616216_Computing_Prime_Harmonic_Sum

S(H)さん、本当にお久しぶりです！これまでお世話になっていたteacup．掲示板が昨年８月１日でサービス終了ということで、
昨年の３月２６日にgoo blog 掲示板に移行させていただきました。
新掲示板でのS(H)さんのご活躍を期待しております。まずは、邂逅おめでとうございます。