😊出会いの泉😊

明日、NHKのEテレで、午後9:30より、「笑わない数学　無限」が、放送されます。

先週は、素数を追いかけていたオイラーが素数がπと関係し、ガウスがeと関係することを発見し、リーマン予想の零点間隔が、原子と関係するとこまでゆきました。素数は宇宙の成り立ちと関係するようです。

明日は、カントールの無限です。

今日、NHKのEテレで、午後９時半から、「笑わない数学　四色問題」が放送されます。

確か、コンピュータで虱潰しで証明したそうですが、認められてないそうな・・・・・

その後、ソフトウェアでちゃんと解決したらしい・・・・？

これをよんだらなんとかいとぐちが・・・・

「エレガントな証明があるというのは宗教みたいなものだ。」と言ってましたね。
でも、実際に、あるかもしれません。

フェルマーの最終定理もワイルズの証明をエレファントな証明だとすれば、初等数学で、エレガントな証明が実際あるかもしれませんね。

先週は無限でした。カントールの話でした。有理数は、可算集合なので、自然数程度の無限です。

ところで、オイラーはオイラー積ですべての素数の積つまり、唯一の自然数mを定義するのです。でも、ユークリッドにより、ｍ＋１は新しい素数か合成数なはずですが、ところが、mより、以降の自然数には素数がないということであり、素数定理よりそんなことはありません。
すると、オイラーは、自然数はｍが最大であるといっているようなものです。それは、自然数は有限であるということではないでしょうか？

これは、オイラーの新しい業績ではないでしょうか？

素数は無限にありますが、ｍは、無限大ではありません。素因数分解できるから、自然数でないといけないのです。自然数は、可算集合の要素ですから、可付番集合の要素であって、すべての要素の１つ１つに番号がついているのです。したがって、無限大にはなれないのです。

大体無限大は、実数か複素数なので、自然数には、無限大はありません。

なぜこんなおかしなことになるかというと、オイラー積がそもそも間違いだからだ思う。

また、オイラー積が、間違いであれば、リーマンのゼータ関数も間違いである。

したがって、素数が宇宙の成り立ちとは、全く関係がないのである。

なんでこんなおかしなことになるかというと、はちべえさんは「数学的に正しいか」ということはこれっぽっちも考えておらず、「自分の予想に一致するか」でしか考えてないからです。

私はその番組を見ていないのですが、無限がテーマなのに無限とは何かを正しく解説してもらえなかったのですか？

DD++様、こんにちは。

なにか不都合がありましたか？私の感想です。特に、意味はありません。

数学的に証明されていることを、ただの思い込みを理由に誤りだと断ずる。
数学という世界において不都合以外の何物でもないでしょう。

＞なぜこんなおかしなことになるかというと、オイラー積がそもそも間違いだからだ思う。

は、No.941の、「自然数は有限である」が、「こんなおかしなことになる」と言ってるわけで、可算集合でも可付番数合でも、無限大でもありません。

もはや何を言っているのかさっぱりわかりません。
誰か、No947 ではちべえさんが言っていることを理解できる人がいたら通訳してください……。

番組では、自然数と奇数が単射である、自然数と偶数が単射である、自然数と有理数が単射であるときて、実数は、対角線論法ででっかい無限であるとなり、自然数は小さな無限で、すると、カントールは、中くらいの無限つまり、連続体仮設と進み、うつ病だったかになって、証明できなかった。あとで、ゲーデルの不完全性原理？によって、これは、できない問題だった。というカントールの話でした。

私は、バーゼル問題とかで、そうか自然数が、無限でなければいいなと思って、No.471を思い立ったのです。
ですから、No.471は、私の感想であって、番組とは関係ないのです。

これで少しは、疑問は晴れたでしょうか？

いや、やっぱり意味がわかりません。
「自然数が有限だと自分の予想に合うから、オイラー積による自然数が無限にある証明が間違っているということに決めた」としか読めませんが。

まあ、どうでも構わないです。

ところで、4色問題のコンピュータによるエレファントな証明は、エレガントでないと非難されましたが、彼は、エレガントな証明があるというのは宗教みたいなものだと切り捨てましたが、コンピュータの一つ一つの解析を観察すれば、きっと分類ができ、法則が見つかってエレガントな証明ができると思うのですがね。科学という文字の意味は、観察して分類することなので、まさに科学するということです。

私の(a^n+b^n)^2>(a+b)^nも、何もわからないところから、n=3,5,7と順に進み、数ヶ月かかって、観察を続けて、あの証明になったのです。それをあなたは一日で、終わらせた。つまり、問題の焦点が極まれば、極めて早いということです。ですから、4色問題もそれと同じで、コンピュータの解析結果をよくよく観察すれば、エレガントな証明はできると思うのですがね。

フェルマーの最終定理の初等的証明もそうだと思います。

数学的に正しいかどうかを「どうでも構わない」と言えてしまう人は、数学に関わるべきではないと思いますよ。

前にも言ったとおり、私の間違いからでも、そこからヒントを得る人がいるかもしれません。白川博士のノーベル賞です。私には、数学は向いてないかもしれませんが、誰かがこれをヒントに、自然数は有限であると証明するかもしれません。

日本人には、世界唯一のもったいないという発想があります。

もったいないからすれば、無駄なんてないと思いますよ。

> 自然数は有限であると証明するかもしれません。

無限にあると証明されているのですから、そんな可能性は絶対にありえません。
それが理解できないのであれば、そもそも証明とは何かを勉強してください。

はちべえさんがあっしゃるに。

《大体無限大は、実数か複素数なので、自然数には、無限大はありません。》とのこと。

ひとつアドバイスしておきます。
無限大は、数ではありません。
無限大は実数や複素数などの数ではないのです。

勉強しなおしてください。

今日、午後9時半からの、NHKのEテレで、「笑わない数学　P対NP問題」があります。

NP問題とは、虱潰しで探すしかない問題で、P問題とは、ある手法で解ける問題です。先週の四色問題の五辺国は、NP問題として解決されました。

NP問題は、たくさんあって、虱潰しと言っても、天文学的数でとても太刀打ちできません。スーパーコンピュータよりはるかに速い量子コンピュータでも太刀打ちできません。

しかし、1970年にソ連とアメリカの戦略研究者が、別々に、大発見するのです。それは、一番難しいNP問題が解けると、すべてのNP問題は解けると証明されたのです。

さて、p=NPでしょうか、P≠NPでしょうか？

6!/2=360
1～26の和は351なので1+…+26にすると残り18で不適
1～25の和は325なので1+…+25にすると残り70
よって書かれている条件だけなら
1+…+25+70+25+…+1でよいが美しくはない
1～24の和は300なので1+…+24にすると残り120
これは24で割り切れるので
1+…+23+24+24+24+24+24+24+24+23+…+1
とできる
単に条件を満たせばよいだけなら何も考えずに
1+2+2+…+2+2+1　（2は359個）
なども可

１つ作ってみました。
1+3+5+…+33+35+36+36+35+33+…+5+3+1

3!～6!の一般式
N!(N=3,4,5,6) に対して
n=[2.1√(N!-2)] により項数nを定めると
N=3,4,5,6に対してn=4,9,22,56
そしてa[1]～a[n]の値は
a[k]=[√(N!/2)・sin((2k-1)π/(2n))+1.265]
この式によると
N=3のときn=4で
a[1]～a[4]=1,2,2,1
N=4のときn=9で
a[1]～a[9]=1,2,3,4,4,4,3,2,1
N=5のときn=22で
a[1]～a[22]=1,2,3,4,5,6,7,8,8,8,8,8,8,8,8,7,6,5,4,3,2,1
N=6のときn=56で
a[1]～a[56]=
1,2,3,4,6,7,8,9,9,10,11,12,13,14,15,15,16,17,17,18,18,18,19,19,19,20,20,20,
20,20,20,19,19,19,18,18,18,17,17,16,15,15,14,13,12,11,10,9,9,8,7,6,4,3,2,1
sinで生成していますので、グラフを描けばsinカーブに近い綺麗な形になると思います。
※N=7には使えません。

勝手に考えた問題ですが、
条件が、一つ忘れました。
１からはじめて、一段づつ、の広義の単調増加、後単調減少です。
因みに、平方数は、きれいな山なりになりますね。

適当な条件で、きれいな問題と解答になればいいですね。

四つの条件だけだと、解は複数あります。
そこで、もう一つ、同じ数をできるだけ使わない
そうすると、同じ１だけの場合が、除かれます。
６！＝７２０＞２６×２６＝６７６
残り７２０－６７６＝４４＝２６＋１８
６！＝1＋…＋９＋９＋…＋２６＋２６＋…＋９＋９＋…＋１
26余分でした。９が４個です。訂正します。
「同じ数をできるだけ使わない」が曖昧でしょうか？

曖昧以前に
> ６！＝1＋…＋９＋９＋…＋２６＋２６＋２６＋…＋９＋９＋…＋１
左辺は720、右辺は746で一致しないと思います。

１＋２＋・・・＋８＋９＋９＋１０＋・・・＋２５＋２６＋２６＋２５＋・・・＋１０＋９＋９＋８＋・・・＋２＋１
とすればいいのでは・・・？

任意の（大きい数）の場合
N奇数の時　Nー奇数の平方数＝残り偶数
N偶数の時　Nー偶数の平方数＝残り偶数
残りの偶数部分を適当に振り分ければ、
山なりの富士山のような分割にできるようです。

103で、無料版の計算時間を超えました。残念。

2 以外の任意の素数で成り立つことが簡単に示せますが、それが素数の出現の規則性とどう関係があるんでしょう？

DD++様、こんばんは。
k
Σ sin^2(j π/(2k+1))=(2k+1)/4
j=1

sin^2(j π/(2k+1))の和と表せるという規則性です。

現段階で、出現の予測は判明しておりません。

あれ、素数でなくても、そうなるのか・・・・・

95の素数でないときは、
1/4｛95+2sin・・・・のように、1/4の横に、95とすぐ現れるが、素数97の場合、-2cosの項があって-588＋・・・となるようだ。
87の素数でないときは、
1/4｛87+2sin・・・・のように、1/4の横に、87とすぐ現れる。

奇数の自然数５〜３３まで調べてみました。そのつどwolframalphaが計算しますので、20秒くらいお待ちださい。

緑色のうんざりはちべえをクリックしてください。

例えば
G=1,他はすべて0（すべて-1でもよい）
で成り立ちますね。
より一般には
A,B,G,Iは大きい側にしかない
C,F,Jは小さい側にしかない
のようになっていますので、
B=I=1,他は0
とか
C=J=-1,他は0
など、解の組合せは多数（全部で117969通り）あります。

らすかるさん、

ありがとうございました。

※なるほど、そのように着眼すればよいのですね……

yahooで、幾何学なら、WolframAlpfa　幾何学　と検索すれば見つかります。

高等学校　数学　です。

> a^n+b^n=c^nとすると、{ただしa<b<cとする}

> a^n-1+b^n-1=c^n-1

左辺で 2 回 -1 したなら、右辺も 2 回 -1 する必要があるのでは。

二項定理より、{http://y-daisan.private.coocan.jp/html/felmer-7-2.pdfより}
　　　n
a^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}----(a)
i=1

　　　n
b^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}----(b)
i=1

　　　n
c^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}----(c)
i=1

a^n+b^n=c^nとすると、{ただしa<b<cとする}

a^n-1+b^n-1+1=c^n-1
(a^n-1)+(b^n-1)+1=(c^n-1)
(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)
式(a),(b),(c)より、
n
Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
i=1

　n
＝Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　i=1

　n
ーΣ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}
　i=1

　　　　n
a^n-1+1＝Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　　　　i=1

そこで、(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)が成り立つには、

１）i=nのとき、a^n-1のnCn項は、
nCn{1^0+2^0+3^0+・・・+(a-1)^0)}+1=nCn{a-1}+1=a----(d)
一方(c^n-1)-(b^n-1)のnCn項は、
nCn{b^0+(b+1^0+(b+2)^0・・・+(c-1)^0}=nCn{(c-1)-(b-1)}=c-b---(e)

式(d),(e)が等号で結ばれるのは、
c-b=a---(i)
のときだけである。

２）i=n-1のとき、a^n-1のnC(n-1)項は、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}=nC(n-1){(a-1)a/2}----(f)
一方(c^n-1)-(b^n-1)のnC(n-1)項は、
nC(n-1){b+(b+1)+(b+2)・・・+(c-1)}=n{(c-1)c/2-(b-1)b/2}---(g)

式(f),(g)が等号で結ばれるのは、
(c-1)c/2-(b-1)b/2=(a-1)a/2
のときだけである。
(c-1)c-(b-1)b=(a-1)a
c^2-c-b^2+b=(a-1)a
c^2-b^2-(c-b)=(a-1)a
(c-b)(c+b-1)=(a-1)a
式(d),(e)が等しいとき式(f),(g)も等しくないといけないから、式(i)より、
c+b-1=a-1　左辺を(c-b)で割って、右辺をaで割って｛なぜなら式(i)より｝
c+b=a=c-b　式(i)より
c+b=c-b
c+b-(c-b)=0
c+b-c+b=0
2b=0
b=0
これは、c>b>aに矛盾する。
したがって、
(d)≠(e)、(f)≠(g)
つまり、
(a^n-1)≠(c^n-1)-(b^n-1)
a^n≠c^n-b^n
a^n+b^n≠c^n

よって、フェルマーの最終定理は初等的に証明された。

(d) と (e) が等しいといえる根拠はなんですか？

(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)が成り立つためです。
つまり、
　　　　n
a^n-1+1＝Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　　　　i=1
ということで、右辺はすべて正の数なの和なのです。
また、a^n-1+1は
n
Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
i=1
もすべて、正の数の和ですから、
nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}
の右左辺のnCiどおし等しくなければなりません。
式(d),(e)は、nCnの項なので、
a^n-1+1はi=nの
nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
ですが、この項だけ、＋１が余分にあり、(c^n-1)-(b^n-1)は、i=nの
nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
ですから、お互いに等しくなければなりません。だから式(d),(e)は、等しくなければなりません。

二項定理で、同じべき乗なら、
(a+b)^nの各項は、nCi a^(n-i) b^iで、(a+b)^n=(c+d)^nなら、 a^(n-i) b^i= c^(n-i) d^iということです。
つまり、nCiの係数項はa^(n-i) b^i= c^(n-i) d^iのように等しくならなければならないということです。

＞２）i=n-1のとき、a^n-1のnC(n-1)項は、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}=nC(n-1){(a-1)a/2}----(f)

２）i=n-1のとき、a^n-1のnC(n-1)項は、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}+1=nC(n-1){(a-1)a/2}----(f)
じゃないでしょうか。

> (a+b)^n=(c+d)^nなら、 a^(n-i) b^i= c^(n-i) d^iということです。

a=1, b=-1, c=0, d=0 で考えると、
「(1-1)^n = (0+0)^n なら、1^(n-i) (-1)^i = 0^(n-i) 0^i ということ」って意味になりますけど、あってます？

KY様、おはようございます。

nC(n-1)=n!/(n-(n-1)!(n-1)!)=n!/(n-1)!=n
なので、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}=nC(n-1){(a-1)a/2}=n{(a-1)a/2}----(f)
また、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}+1=nC(n-1){(a-1)a/2}---(f)
＋１は、nCnの項だけに作用しますので、nC(n-1)には、関係しません。
ですから、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}=nC(n-1){(a-1)a/2}=n{(a-1)a/2}----(f)
でいいはずです。

DD++様、おはようございます。

そういうふうにすれば、そうなりますね。

投稿制限がかかっているので、ここに書きます。

＞なるほど、つまり、はちべえさんは (-1)^i = 0^n が正しいと出張しているわけですね？

今回の場合、a,b,c,dともに、自然数ですから、そうはならないと思います。

ご指摘の、
＞「(1-1)^n = (0+0)^n なら、1^(n-i) (-1)^i = 0^(n-i) 0^i ということ」
ですから、(1-1)^n=0、(0+0)^n=0で、全体で見れば、等号が成り立ちますが、1^(n-i) (-1)^i = 0^(n-i) 0^iとは、言えないですね。

ちなみに、(1-1)^nは、
(1-1)^n=nC0 1^n (-1)^0+nC1 1^(n-1) (-1)^1+nC2 1^(n-2) (-1)^2+nC3 1^(n-3) (-)1^3+・・・・+nC(n-1) 1^(n-(n-1)) (-1)^(n-1)+nCn 1^(n-n) (-1)^n
において、

nが偶数なら、たとえばn=10なら、
0=10C0-10C1+10C2-10C3+10C4-10C5+10C6-10C7+10C8-10C9+10C10
マイナスの項を左辺に移項すると、
10C1+10C3+10C5+10C7+10C9=10C0+10C2+10C4+10C6+10C8+10C10
よって、
nC1+nC3+nC5・・・+nC(n-1)=nC0+nC2+nC4+・・・・+nCn
左右で項数が違うのに不思議に思うかもしれませんが、こうなのです。

nが奇数なら、たとえばn=11なら、
0=11C0-11C1+11C2-11C3+11C4-11C5+11C6-11C7+11C8-11C9+11C10-11C11
マイナスの項を左辺に移項すると、
11C1+11C3+11C5+11C7+11C9+11C11=11C0+11C2+11C4+11C6+11C8+11C10
よって、
nC1+nC3+nC5・・・+nCn=nC0+nC2+nC4+・・・・+nC(n-1)

パスカルの三角形を思い出してください。
　　　　　　　　　1　-2　1
　　　　　　　　1　-3　3　-1
　　　　　　　1　-4　6　-4　　1
　　　　　　1　-5　10　-10　5　-1
　　　　　1　-6　15　-20　15　-6　1
となります。

なるほど、つまり、はちべえさんは (-1)^i = 0^n が正しいと主張しているわけですね？

更新記事を見て、掲示板にないはずの謎の返信が来ていると思ったら……。

返事は必ず新しいメッセージで書いてください。
過去の投稿に加筆して返事をされても気づきません。


なるほど、自然数限定だからとおっしゃるならこうしましょう。

a = 1, b = 3, c = 2, d = 2 で考えます。
文句なく自然数ですね？

で、(1+3)^n = (2+2)^n は成り立ちます。これも問題ないですね？

ということは、はちべえさんは 1^(n-i) 3^i = 2^(n-i) 2^i である、と、
つまり 3^i = 2^n は正しい式であると主張するわけですね？

はちべえさんがこの式を誤りだと断ずるなら、まったく同じ論理で作った (d) = (e) も誤りということです。

DD++様、おはようございます。

そのとおりですね。

このフェルマーの最終定理の証明は、間違いですね。

伝わったようで、よかったです。

二項定理より、{http://y-daisan.private.coocan.jp/html/felmer-7-2.pdfより}
　　　n
a^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}----(a)
i=1

　　　n
b^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}----(b)
i=1

　　　n
c^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}----(c)
i=1

a^n+b^n=c^nとすると、{ただしa<b<cとする}

a^n-1+b^n-1+1=c^n-1
(a^n-1)+(b^n-1)+1=(c^n-1)
(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)
式(a),(b),(c)より、
n
Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
i=1

　n
＝Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　i=1

　n
ーΣ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}
　i=1

　　　　n
a^n-1+1＝Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　　　　i=1

n
Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}-(a)式-1----(d)
i=1

とすると、(d)式の
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)
の大小関係を調べればよい。
公式、
x^n-y^n=(x-y){x^(n-1)+x^(n-2)y+x^(n-3)y^2+・・・+xy^(n-2)+y^(n-1)}
より、
x,yが自然数なら、{}の中は、正の自然数。したがって、(x-y)が正か負でx^nとy^nの大小関係がわかる。
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)
において、c>b>aより、c-1>a-1より、
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)>0
となる。よって(d)式は>0
ただ、c-bの項数とaの項数が問題となる。
したがって、条件はc-b≧aがつく。

これを満足すれば、フェルマーの最終定理は証明できる。

なお、(a)式+1の部分は、b^0-1-1>0はa,b,cは自然数であり、c>b>a>0とa=1では、b>3であるから問題ない。
たとえば、a=1のとき、1^3+b^3=c^3のときb=2でも3ではない。

a,b,cにおいて、
a^n+b^n=c^n
が成り立つとき、
(a^n+b^n)^2=(c^n)^2
ここで、
http://y-daisan.private.coocan.jp/html/pdf/felmer-5-4.pdf（緑色のうんざりはちべえをクリックすれば開きます。）
の補題より、
(a^n+b^n)^2>(a+b)^n
であるから、
(a^n+b^n)^2=(c^n)^2
(a+b)^n<(c^2)^n
a,b,cは自然数より、
(a+b)<c^2
a<c^2-b

おしいなあ。c^2-b>aなら、制限がなくなったのになあ。

＞おしいなあ。c^2-b>aなら、制限がなくなったのになあ。

これはどういう事を意味しているのでしょうか。制限を付けて行ってあり得ない証明をするのが筋なのではないでしょうか。

因みに、ａ＜ｃ，ｂ＜ｃからａ＋ｂ＜２ｃですが、ｃ≧３でａ＋ｂ＜ｃ^2よりａ，ｂに制限を付けられますね。

補題の証明は見事ですね。

KY様、こんにちは。

今私は、24時間で20件の投稿制限で、何か消さないと投稿できないのです。無理やり1つ消しました。

＞因みに、ａ＜ｃ，ｂ＜ｃからａ＋ｂ＜２ｃですが、ｃ≧３でａ＋ｂ＜ｃ^2よりａ，ｂに制限を付けられますね。

なるほど。あとちょっとで・・・・・

制限なしになれば、フェルマーの最終定理の初等的証明になったんですけどね。

残念。

> 補題の証明

a≧2, b≧2 のとこ、論点先取で一発退場では。
入試とかだと一行読んだだけで 0 点にされるやつです。

そうか、c-b<aのとき、(d)式は<0です。
要するに、(d)式が=0でなければ、フェルマーの最終定理の初等的証明はできるんだ。

なんとか、先が見えてきました。

DD++様の指摘の
＞で、(1+3)^n = (2+2)^n は成り立ちます。これも問題ないですね？
ということは、はちべえさんは 1^(n-i) 3^i = 2^(n-i) 2^i である、と、
つまり 3^i = 2^n は正しい式であると主張するわけですね？

これも、実にありがたい指摘で、a^n-1+1=c^n-1-(b^n-1)が、成り立つ条件はないというある意味いいヒントなるかもしれない・・・・・

＞a≧2, b≧2 のとこ、論点先取で一発退場では。

いいえ、論点先取ではありません。まず、本題の証明の方でａ＝１，ｂ＝１の場合を述べていて、次に補題の所でａ＝１，ｂ＝２（ａ＝２，ｂ＝１）の場合を述べていて、残りはａ≧２，ｂ≧２の場合しかないからです。
因みに、具体例は、

「それは論点先取だ」と言えるのは、1つの三段論法の中で「循環論法」が使われている場合である。すなわち、推論過程に証明すべき事柄を前提とする命題を含んでいる場合である。本質的に、命題がそれ自身の証明に使われるような戦術はその基本的形式において説得力がない。例えば、ポールが本当のことを言っていると証明したいとする。

ポールは嘘を言っていないと仮定する。
ポールは何かを話している。
したがって、ポールは本当のことを言っている。
この文章は論理的だが、話者の真実性を納得させることはできない。問題は、ポールの真実性を証明するためにポールが本当のことを言っていると仮定することを聴衆に頼んでいるため、これは実際には「ポールが嘘をついていないなら、ポールは真実を言っている」ということを証明しているに過ぎない。

このような論証は論理的には妥当である。すなわち、結論は実際に前提から導き出されている。ただし、何らかの意味でその結論は前提と同一である。自己循環論法は全て、このような証明すべき命題が論証のある時点で仮定されるという性質を持つ。
引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/%E8%AB%96%E7%82%B9%E5%85%88%E5%8F%96#%E5%85%B7%E4%BD%93%E4%BE%8B

当てはまっていないと思いますが。

例として 1 つの三段論法を挙げているだけで、複数の場合でも論点先取は論点先取でしょう。

あるいは循環論法と言った方がよかったですか？
今回の場合ならどっちにも該当する（というか両者に明確な区分があるわけでもない）と思っているので。

DD++様、おはようございます。

b≠0とする。a/b・・・

は、どうなるんだろう？

まず、素数 p およびそれと互いに素な自然数 a を決めてください。
p=7　a=5　とします。

　1, 1+p, 1+2p, ……, 1+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
1+2p=15

　2, 2+p, 2+2p, ……, 2+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
2+3p=23

　3, 3+p, 3+2p, ……, 3+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
3+3p=24

　4, 4+p, 4+2p, ……, 4+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
4+4p=32

　5, 5+p, 5+2p, ……, 5+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
5+p=12

　6, 6+p, 6+2p, ……, 6+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
6+p=13

これによって、a*p 以下の自然数を p-1 個選び出しましたね。
では、それらを小さい順に並べて一つの組としてください。
{12,13,15,23,24,32}

小さい順に並んでいる p-1 個の数の組に、以下のような 3 つの手順からなる操作 R をします。

まず、末尾に a*p を付け加え、一時的に p 個組とします。
{12,13,15,23,24,32,35}

先頭の数をしっかり覚えた上で切り落として、p-1 個組に戻します。
{13,15,23,24,32,35}

p-1 個の数それぞれからさっき切り落とした数を引き算します。
{1,3,11,12,20,23}

さて、では。

(1) 新しくできた p-1 個の数の組ですが、実は最初の組の作り方の条件に当てはまっていますね？
すなわち、
・a*p 以下の自然数 p-1 個が小さい順に並んでいる
・p で割った余りは 1 から p-1 まで 1 個ずつ
になっていますね？
{1,3,11,12,20,23}≡{1,3,4,5,6,2}(mod p=7)

(2) ということは、新しくできた組に対して操作 R をもう一度行うことができます。
そしてできた組にまたもう一度、さらにもう一度。
操作 R を p 回繰り返したとき、何かが起こると思いますが、それは何でしょう。
(1)
{1,3,11,12,20,23}

{1,3,11,12,20,23,35}

{3,11,12,20,23,35}

{2,10,11,19,22,34}

(2)
{2,10,11,19,22,34}

{2,10,11,19,22,34,35}

{10,11,19,22,34,35}

{8,9,17,20,32,33}

(3)
{8,9,17,20,32,33}

{8,9,17,20,32,33,35}

{9,17,20,32,33,35}

{1,9,12,24,25,27}

(4)
{1,9,12,24,25,27}

{1,9,12,24,25,27,35}

{9,12,24,25,27,35}

{8,11,23,24,26,34}

(5)
{8,11,23,24,26,34}

{8,11,23,24,26,34,35}

{11,23,24,26,34,35}

{3,15,16,18,26,27}

(6)
{3,15,16,18,26,27}

{3,15,16,18,26,27,35}

{15,16,18,26,27,35}

{12,13,15,23,24,32}

答え
{12,13,15,23,24,32}

そうです。それで合ってます。

DD++様、こんばんは。

今私は、24時間で20件の投稿制限で、何か消さないと投稿できないのです。無理やり1つ消しました。

＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
まず、素数 p およびそれと互いに素な自然数 a を決めてください。
p=7　a=5　とします。

　1, 1+p, 1+2p, ……, 1+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
1+p=8

　2, 2+p, 2+2p, ……, 2+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
2+2p=16

　3, 3+p, 3+2p, ……, 3+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
3+3p=24

　4, 4+p, 4+2p, ……, 4+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
4+4p=32

　5, 5+p, 5+2p, ……, 5+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
5+3p=26

　6, 6+p, 6+2p, ……, 6+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
6+p=13

これによって、a*p 以下の自然数を p-1 個選び出しましたね。
では、それらを小さい順に並べて一つの組としてください。
{8,13,16,24,26,32}

小さい順に並んでいる p-1 個の数の組に、以下のような 3 つの手順からなる操作 R をします。

まず、末尾に a*p を付け加え、一時的に p 個組とします。
{8,13,16,24,26,32,35}

先頭の数をしっかり覚えた上で切り落として、p-1 個組に戻します。
{13,16,24,26,32,35}

p-1 個の数それぞれからさっき切り落とした数を引き算します。
{5,8,16,18,24,27}

さて、では。

(1) 新しくできた p-1 個の数の組ですが、実は最初の組の作り方の条件に当てはまっていますね？
すなわち、
・a*p 以下の自然数 p-1 個が小さい順に並んでいる
・p で割った余りは 1 から p-1 まで 1 個ずつ
になっていますね？
{5,8,16,18,24,27}≡{5,1,2,4,3,6}(mod p=7)

(2) ということは、新しくできた組に対して操作 R をもう一度行うことができます。
そしてできた組にまたもう一度、さらにもう一度。
操作 R を p 回繰り返したとき、何かが起こると思いますが、それは何でしょう。
(1)
{5,8,16,18,24,27}

{5,8,16,18,24,27,35}

{8,16,18,24,27,35}

{3,11,13,19,22,30}

(2)
{3,11,13,19,22,30}

{3,11,13,19,22,30,35}

{11,13,19,22,30,35}

{8,10,16,19,27,32}

(3)
{8,10,16,19,27,32}

{8,10,16,19,27,32,35}

{10,16,19,27,32,35}

{2,8,11,19,24,27}

(4)
{2,8,11,19,24,27}

{2,8,11,19,24,27,35}

{8,11,19,24,27,35}

{6,9,17,22,25,33}

(5)
{6,9,17,22,25,33}

{6,9,17,22,25,33,35}

{9,17,22,25,33,35}

{3,11,16,19,27,29}

(6)
{3,11,16,19,27,29}

{3,11,16,19,27,29,35}

{11,16,19,27,29,35}

{8,13,16,24,26,32}

答え
{8,13,16,24,26,32}

DD++様、おはようございます。

ニュートンのプリンキピアは、文章ばかりで、数式はなかったそうです。それを現代私達が習う物理学が数式中心ですが、それはオイラーの業績の1つだそうです。

さて、DD++様も文章ばかりでなく、数式をちらばせて、書いてくださるともっとわかりやすくなるんじゃないかな？と思います。

なんとかならないものでしょうか？

この話題、数式は引き算と掛け算と剰余しか出てきません。

掛け算 a*p は書いてます。
剰余 k+np も全部書いてます。
引き算は、文章中に 1 回しか登場しませんが、これもいちいち書いたほうがいいですか？

これら以外、書きたくても計算が存在しません。

こうなりました。どこで、間違えたのでしょう？
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
まず、素数 p およびそれと互いに素な自然数 a を決めてください。
手計算でやるなら p は 3 か 5 か 7 、a は 2 以上で a*p が 100 を超えないくらいがいいと思います。
コンピュータでやる場合は好きな大きさの数でご自由にどうぞ。

1, 1+p, 1+2p, ……, 1+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
つまり「p で割ると 1 余る数を a*p 以下の自然数で 1 つ選んでください」ということです。

1+r1p (mod p)≡1

p > 2 であれば、
2, 2+p, 2+2p, ……, 2+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
さっきのやつの余り 2 バージョンです。

2+r2p (mod p)≡2

p > 3 であれば、
3, 3+p, 3+2p, ……, 3+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
余り 3 バージョンです。

3+r3p (mod p)≡3

以下余りを 1 ずつ増やしながら繰り返して、余り (p-1) バージョンまで実行してください。

(p-1)+r(p-1)p (mod p)≡p-1

これによって、a*p 以下の自然数を p-1 個選び出しましたね。
では、それらを小さい順に並べて一つの組としてください。

{r1,r2,r3,r4,r5,r6,・・・,r(p-1)}

小さい順に並んでいる p-1 個の数の組に、以下のような 3 つの手順からなる操作 R をします。

まず、末尾に a*p を付け加え、一時的に p 個組とします。
{r1,r2,r3,r4,r5,r6,・・・,r(p-1),a*p}

先頭の数をしっかり覚えた上で切り落として、p-1 個組に戻します。
{r2,r3,r4,r5,r6,・・・,r(p-1),a*p}

p-1 個の数それぞれからさっき切り落とした数を引き算します。
{r2-r1,r3-r1,r4-r1,r5-r1,r6-r1,・・・,r(p-1)-r1,a*p-r1}

さて、では。

(1) 新しくできた p-1 個の数の組ですが、実は最初の組の作り方の条件に当てはまっていますね？
すなわち、
・a*p 以下の自然数 p-1 個が小さい順に並んでいる
・p で割った余りは 1 から p-1 まで 1 個ずつ
になっていますね？

----あれ、ちがうなあ。

「それらを小さい順に並べて一つの組としてください」

のところですね。
選んだ数は rk じゃなくて、k+rk*p の方です。
具体的な数でやらないと、ここの「小さい順」を並べるのは難しいと思いますよ。

これによって、a*p 以下の自然数を p-1 個選び出しましたね。
では、それらを小さい順に並べて一つの組としてください。

{1+r1p,2+r2p,3+r3p,4+r4p,5+r5p,6+r6p,・・・,(p-1)+r(p-1)}

小さい順に並んでいる p-1 個の数の組に、以下のような 3 つの手順からなる操作 R をします。

まず、末尾に a*p を付け加え、一時的に p 個組とします。
{1+r1p,2+r2p,3+r3p,4+r4p,5+r5p,6+r6p,・・・,(p-1)+r(p-1),a*p}


先頭の数をしっかり覚えた上で切り落として、p-1 個組に戻します。
{2+r2p,3+r3p,4+r4p,5+r5p,6+r6p,・・・,(p-1)+r(p-1),a*p}

p-1 個の数それぞれからさっき切り落とした数を引き算します。
{2+r2p-(1+r1p),3+r3p-(1+r1p),4+r4P-(1+r1p),5+r5p-(1+r1p),6+r6p-(1+r1p),・・・,(p-1)+r(p-1)p-(1+r1p),a*p-(1+r1p)}

さて、では。

(1) 新しくできた p-1 個の数の組ですが、実は最初の組の作り方の条件に当てはまっていますね？
すなわち、
・a*p 以下の自然数 p-1 個が小さい順に並んでいる
・p で割った余りは 1 から p-1 まで 1 個ずつ
になっていますね？

---はい。これで、指示の手順は、あってますね。

ここから、実際の数で、問題を進めるわけですね？

いえ、選んで並べるところから具体的な数でどうぞ。

はちべえさんは 1+r1*p を最小値としていますが、実際は r1 と r2 の大小によっては
2+r2*p < 1+r1*p
となる場合もあり、必ずしも 1+r1*p が先頭にいるわけじゃないので。

はちべえさんがおっしゃるに
>ニュートンのプリンキピアは、文章ばかりで、数式はなかったそうです。それを現代私達が習う物理学が数式中心ですが、それはオイラーの業績の1つだそうです。

まあこのあたり、多くの高名な学者さんが関わっていますので……

御参考までに。


有賀 暢迪, 科学史入門 18世紀ヨーロッパの力学研究 : 学者たちの交流と論争, 科学史研究, 2014-2015, 53 巻, 272 号, p. 473-, 公開日 2020/12/14, Online ISSN 2435-0524, Print ISSN 2188-7535, https://doi.org/10.34336/jhsj.53.272_473
, https://www.jstage.jst.go.jp/article/jhsj/53/272/53_473/_article/-char/ja

途中まで作業していたらしいはちべえさんがその後どうなったのかわかりませんが、数日経ちましたので結局これが何だったのかというネタバラシを。
まあ、タイトルで最初からほとんど書いていたようなものですが。

実はこれ、フェルマーの小定理を、「個数」を使うことで式変形なしに直接証明できないかと試みたものです。

最初に提示した数の選び方は全部で a^(p-1) 通りあります。
このうち、全ての選択で a の倍数を選んだ { a, 2a, 3a, ……, (p-1)a } という組は唯一操作 R で自分自身になります。
（a と p が互いに素のとき、この選び方が必ず可能）

そして残りの a^(p-1) - 1 個の組は、同じ条件を満たす別の組を順に巡って「2 以上の p の約数」回後に自分自身に帰ってきます。
しかし、p は素数なので、「2 以上の p の約数」は p 以外にありません。
つまり、この操作 R でぐるぐると繋がる関係 p 個 1 グループに a^(p-1) - 1 個のものがもれなくダブりなく分けられます。

よって、a が p と互いに素であれば、a^(p-1) - 1 は p の倍数であることが示され……た、というほどきちんと書いてはいませんが、なるほど確かに成り立ちそうだと言えるくらいのオモチャができました。


……ということなのでした。
みなさんも「何か a^(p-1) 個のものを用意して、そこから 1 つを取り除くと、残りが漏れなく p 個ずつのグループにわけられる」ようなものを思いついたら是非教えてください。
実際にやってみると、簡単に作れそうに見えてめちゃくちゃ難しいです。

DD++様、こんばんは。

昨日、1回目まで、やりました。（２）の問題までかなり先がありそうです。
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
まず、素数 p およびそれと互いに素な自然数 a を決めてください。
p=7　a=5　とします。

　1, 1+p, 1+2p, ……, 1+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
1+3p=22

　2, 2+p, 2+2p, ……, 2+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
2+2p=16

　3, 3+p, 3+2p, ……, 3+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
3+2p=17

　4, 4+p, 4+2p, ……, 4+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
4+3p=25

　5, 5+p, 5+2p, ……, 5+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
5+2p=19

　6, 6+p, 6+2p, ……, 6+(a-1)p の中から自由に 1 つ選んでください。
6+2p=20

これによって、a*p 以下の自然数を p-1 個選び出しましたね。
では、それらを小さい順に並べて一つの組としてください。
{16,17,19,20,22,25}

小さい順に並んでいる p-1 個の数の組に、以下のような 3 つの手順からなる操作 R をします。

まず、末尾に a*p を付け加え、一時的に p 個組とします。
{16,17,19,20,22,25,35}

先頭の数をしっかり覚えた上で切り落として、p-1 個組に戻します。
{17,19,20,22,25,35}

p-1 個の数それぞれからさっき切り落とした数を引き算します。
{1,3,4,6,9,19}

さて、では。

(1) 新しくできた p-1 個の数の組ですが、実は最初の組の作り方の条件に当てはまっていますね？
すなわち、
・a*p 以下の自然数 p-1 個が小さい順に並んでいる
・p で割った余りは 1 から p-1 まで 1 個ずつ
になっていますね？
{1,3,4,6,9,19}≡{1,3,4,6,2,5}(mod p=7)

(2) ということは、新しくできた組に対して操作 R をもう一度行うことができます。
そしてできた組にまたもう一度、さらにもう一度。
操作 R を p 回繰り返したとき、何かが起こると思いますが、それは何でしょう。
(1)
{1,3,4,6,9,19,35}

{3,4,6,9,19,35}

{2,3,5,8,18,34}

{2,3,5,8,18,34}≡{2,3,5,1,4,6}(mod p=7)

(2)

{2,3,5,1,4,6}
{1,2,3,4,5,6}

{2,3,4,5,6,35}

{1,2,3,4,5,34}}≡{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)

(3)
{1,2,3,4,5,6,35}

{2,3,4,5,6,35}

{1,2,3,4,5,34}≡{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)

(4)
{1,2,3,4,5,6}

{1,2,3,4,5,6}

{2,3,4,5,6,35}

{1,2,3,4,5,34}}≡{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)

(5)
{1,2,3,4,5,6}

{1,2,3,4,5,6}

{2,3,4,5,6,35}

{1,2,3,4,5,34}}≡{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)
(6)
{1,2,3,4,5,6}

{1,2,3,4,5,6}

{2,3,4,5,6,35}

{1,2,3,4,5,34}}≡{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)
(7)
{1,2,3,4,5,6}

{1,2,3,4,5,6}

{2,3,4,5,6,35}

{1,2,3,4,5,34}}≡{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)

答え
{1,2,3,4,5,6}(mod p=7)
＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊
まちがってます？

「1 回目の結果」は {2,3,5,8,18,34} ですよ。

あ、(2) の 1 回目、つまり全体の 2 回目の結果のことです。

＞(2) ということは、新しくできた組に対して操作 R をもう一度行うことができます。
そしてできた組にまたもう一度、さらにもう一度。
操作 R を p 回繰り返したとき、何かが起こると思いますが、それは何でしょう。

これをやったつもりでしたが・・・・

間違ってましたか？

＞(3) 最初の組を新たに作り直し、再び操作 R を p 回繰り返してみてください。
あるいは、3 つめ、4 つめの組を作って、それらでも。
ほとんど全ての組で同じ現象が起こることを確認してください。

で、これはどうなるんだろうと止まったのです。

{1,3,4,6,9,19,35} <- 最後に 35 をつけた（操作 R の 1 つめ）

{3,4,6,9,19,35} <- 1 を切り落として（操作 R の 2 つめ）

{2,3,5,8,18,34} <- 全部から 1 を引いたら完成（操作 R の 3 つめ）

{2,3,5,8,18,34}≡{2,3,5,1,4,6}(mod p=7) <- 余りがバラバラか確認しただけ

さて、操作 R の完成品はどれでしょう？
本当に {2,3,5,1,4,6} ですか？

もう 1 回操作 R の定義をきちんと読んでください。

＞小さい順に並んでいる p-1 個の数の組に、以下のような 3 つの手順からなる操作 R をします。
まず、末尾に a*p を付け加え、一時的に p 個組とします。
先頭の数をしっかり覚えた上で切り落として、p-1 個組に戻します。
p-1 個の数それぞれからさっき切り落とした数を引き算します。

でしたね。

とすると、
＞{2,3,5,8,18,34} <- 全部から 1 を引いたら完成（操作 R の 3 つめ）
でしょうか？

はい、それが操作 R の結果です。
ですから、次は {2,3,5,8,18,34} から出発になります。

(1)
{1,3,4,6,9,19,35}

{3,4,6,9,19,35}

{2,3,5,8,18,34}

(2)
{2,3,5,8,18,34}

{3,5,8,18,34,35}

{1,3,6,16,32,33}

(3)
{1,3,6,16,32,33}

{3,6,16,32,33,35}

{2,5,15,31,32,34}

(4)
{2,5,15,31,32,34}

{5,15,31,32,34,35}

{3,13,29,30,32,33}

(5)
{3,13,29,30,32,33}

{13,29,30,32,33,35}

{10,26,27,29,30,32}

(6)
{10,26,27,29,30,32}

{26,27,29,30,32,35}

{16,17,19,20,22,25}
(7)
{16,17,19,20,22,25}

{17,19,20,22,25,35}

{1,3,4,6,9,19}

答え
{1,3,4,6,9,19}
これで、あってますよね？

はい、各回でやっていることはあっています。

ただ、{16,17,19,20,22,25} から {1,3,4,6,9,19} を作ったのが 1 回目ですから、

> (6)
> {10,26,27,29,30,32}
> {26,27,29,30,32,35}
> {16,17,19,20,22,25}

が 7 回目で、ここでストップです。