ver1.1 2022.6.17
これは、BBS「数の不思議世界」で、壊れた扉さん（中年Aさん）と一緒に検討したものです。
まず、
(%i1) factor(a^3+b^3);
2 2
(%o1)
(b + a) (b - a b + a )
(%i2) factor(a^5+b^5);
4 3 2
2 3 4
(%o2)
(b + a) (b - a b + a b - a b + a )
(%i3) factor(a^7+b^7);
6 5 2
4 3 3 4
2 5 6
(%o3) (b + a) (b - a b +
a b - a b + a b - a b + a )
(%i4) factor(a^11+b^11);
10 9 2
8 3 7 4
6 5 5 6
4 7 3
(%o4) (b + a) (b - a b + a b - a
b + a b - a b + a b - a
b
8 2 9 10
+ a b - a b + a )
(%i5) factor(a^13+b^13);
12 11 2
10 3 9 4
8 5 7 6
6 7 5
(%o5) (b + a) (b - a b + a b -
a b + a b - a b + a b -
a b
8 4 9 3 10
2 11 12
+ a b - a b + a b -
a b + a )
(%i6) factor(a^17+b^17);
16 15 2
14 3 13 4
12 5 11 6
10 7 9
(%o6) (b + a) (b - a b + a b -
a b + a b - a b +
a b - a b
8 8 9
7 10 6 11
5 12 4 13
3 14 2
15 16
+ a b - a b + a
b - a b + a b - a
b + a b - a b + a )
より、(a+b)という因数式を必ず持つことは、
a^n+b^n=(a+b){a^(n-1)-a^(n-2)b+a^(n-3)b^2-・・・・-ab^(n-2)+b^(n-1)}
の公式より明らかですね。
そこで、n=3をとりあえず証明できないかと、始めたのです。
n=3の場合ー初版
n=3の場合ー文章を不等式にしたもの
n=4の場合
これは、壊れた扉さんのオリジナルです。
これより、第2節 4)の(a-1)^3=3(k+1)(2a+k)から壊れた扉 さんがひらめいたのが、以下です。
＝＝＝＝フェルマーの最終定理の制限（ a + b − c が 素数である）付きの一般の n の場合＝＝＝＝＝
フェルマーの最終定理に挑戦したのは、実は一番最初は、これです。
これを見た壊れた扉さんが、もっ と奇数偶数で攻める方法に絞った案として、Webで偶然見つけたものから発案してまとめたのが、こ れです。結局無限分岐に落ちてしまいました。
実はそのWEBでは、4月1日付けでエ プリールフールだったそうです。
この方法の欠点は、
ーーーーーー
>
> (2k+1)^n+(2j+1)^n=sum (r=0~n) nCr 2^(n-r){k^(n-r)+j^(n-r)}
> r=n nC0 2^0+2^0 = 2
> r=n-1 nC1 2 (k+j) = 2n (k+j)
> r=n-2 nC2 2^2 (k^2+j^2)=4 n(n-1)/2 (k^2+j^2)
> r=n-3 nC3 2^3 (k^3+j^3)=8 n(n-1)(n-2)/6
(k+j)(k^2-kj+j^2)
> r=n-4 nC4 2^4 (k^4+j^4)=16 n(n-1)(n-2)(n-3)/24
(k^4+j^4)
> r=n-5 nC5 2^5 (k^5+j^5)=32
n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)/120 (k+j)(k^4-k^3j+k^2j^2-kj^3+j^4)
これだと、k,jの偶数乗が始末に困るので、
(2k+1)^n+(2j-1)^n=sum (r=0~n) nCr 2^(n-r){k^(n-r)+j^(n-r)(-1)^r}
とすると、nは奇数だから、
r=n nC0 2^0-2^0 = 0
r=n-1 nC1 2 (k+j) = 2n (k-j)
r=n-2 nC2 2^2 (k^2-j^2)=4 n(n-1)/2 (k-j)(k+j)
r=n-3 nC3 2^3 (k^3+j^3)=8 n(n-1)(n-2)/6
(k+j)(k^2-kj+j^2)
r=n-4 nC4 2^4 (k^4-j^4)=16 n(n-1)(n-2)(n-3)/24
(k+j)(k-j)(k^2+1)
r=n-5 nC5 2^5 (k^5+j^5)=32 n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)/120
(k+j)(k^4-k^3j+k^2j^2-kj^3+j^4)
rが偶数の場合k+jの項として、(k+j)g(j,k)とまとめられるし、rが奇数の場合k-jの項として、(k-j)h(j,k)としてまと
められる。
k+jもk-jのk,jが偶数同士、奇数同士なら、偶数だし、k,jの一方が偶数で、もう一方が奇数なら、k+j,k-jも奇数になる。
ーーーーーーーー
と いうことに気づき、
| k,j
が、一方が偶数、もう一方が奇数なら、k+j、k-jは奇数。 ここで、{k^(n-2r)+j^(n-2r)}' は、奇数であるとする。（偶数でも関係ない。） また、{k^(n-2r-1)-j^(n-2r-1)}'=(k+j){k^(n-2r-1)-j^(n-2r-1)}''であるが、奇 数であるとする。（偶数でも関係ない。） (2z)^n=(k+j)[nC0 2^n {k^n+j^n}'+nC2 2^(n-2) {k^(n-2)+j^(n-2)}'+nC4 2^(n-4) {k^(n-4)+j^(n-4)}'+・・・+nC(2r) 2^(n-2r) {k^(n-2r)+j^(n-2r)}'+・・・ +nC3 2^3 {k^3+j^3}'+2n] +(k-j)[nC1 2^(n-1) {k^(n-1)-j^(n-1)}'+nC3 2^(n-3) {k^(n-3)-j^(n-3)}'+・・・・・+nC(2r+1) 2^(n-2r-1) {k^(n-2r-1)-j^(n-2r-1)}'+・・・・ +nC2 2^2 {k^2-j^2}'+ 0] =(k+j)[nC0 2^n {k^n+j^n}'+nC2 2^(n-2) {k^(n-2)+j^(n-2)}'+nC4 2^(n-4) {k^(n-4)+j^(n-4)}'+・・・+nC(2r) 2^(n-2r) {k^(n-2r)+j^(n-2r)}'+・・・ +n(n-1)(n-2)/6 2^3 {k^3+j^3}'+2n] +(k-j)[nC1 2^(n-1) {k^(n-1)-j^(n-1)}'+nC3 2^(n-3) {k^(n-3)-j^(n-3)}'+・・・・・+nC(2r+1) 2^(n-2r-1) {k^(n-2r-1)-j^(n-2r-1)}'+・・・・ +n(n-1)/2 2^2 (k+j)+ 0] =(k+j)[nC0 2^n {k^n+j^n}'+nC2 2^(n-2) {k^(n-2)+j^(n-2)}'+nC4 2^(n-4) {k^(n-4)+j^(n-4)}'+・・・+nC(2r) 2^(n-2r) {k^(n-2r)+j^(n-2r)}'+・・・ +n(n-1)(n-2)/6 2^3 (k^2-jk+j^2)+2n] +(k-j)[nC1 2^(n-1) {k^(n-1)-j^(n-1)}'+nC3 2^(n-3) {k^(n-3)-j^(n-3)}'+・・・・・+nC(2r+1) 2^(n-2r-1) {k^(n-2r-1)-j^(n-2r-1)}'+・・・・ +n(n-1)/2 2^2 (k+j)+ 0]-----全部偶数 ここで、n(n-1)(n-2)は、連続する3つの数の積より、6の倍数より、n(n-1)(n-2)/6=pとおける。 n(n-1)は、連続する２つの数の積より、２の倍数より、n(n-1)/2=qとおける。 =(k+j)[nC0 2^n {k^n+j^n}'+nC2 2^(n-2) {k^(n-2)+j^(n-2)}'+nC4 2^(n-4) {k^(n-4)+j^(n-4)}'+・・・+nC(2r) 2^(n-2r) {k^(n-2r)+j^(n-2r)}'+・・・ + 2^3 p (k^2-jk+j^2)+2n]----末尾をのぞいて、{k^(n-2r)+j^(n-2r)}'が奇数でも、2^(n-2r)があるから偶数。 +(k-j)[nC1 2^(n-1) {k^(n-1)-j^(n-1)}'+nC3 2^(n-3) {k^(n-3)-j^(n-3)}'+・・・・・+nC(2r+1) 2^(n-2r-1) {k^(n-2r-1)-j^(n-2r-1)}'+・・・・ + 2^2 q (k+j)+ 0]-----全部偶数 (2z)^n=２[(k+j)[nC0 2^(n-1) {k^n+j^n}'+nC2 2^(n-3) {k^(n-2)+j^(n-2)}'+nC4 2^(n-5) {k^(n-4)+j^(n-4)}'+・・・+nC(2r) 2^(n-2r-1) {k^(n-2r)+j^(n-2r)}'+・・・ + 2^2 p (k^2-jk+j^2)+n]----末尾をのぞいて、{k^(n-2r)+j^(n-2r)}'が奇数でも、2^(n-2r)があるから偶数。 +(k-j)(k+j)[nC1 2^(n-1) {k^(n-1)-j^(n-1)}''+nC3 2^(n-3) {k^(n-3)-j^(n-3)}''+・・・・・+nC(2r+1) 2^(n-2r-1) {k^(n-2r-1)-j^(n-2r-1)}''+・・・・ + 2^2 q ]]-----全部偶数 両辺を2でわると、 2^(n-1)z^n=(k+j)[nC0 2^(n-1) {k^n+j^n}'+nC2 2^(n-3) {k^(n-2)+j^(n-2)}'+nC4 2^(n-5) {k^(n-4)+j^(n-4)}'+・・・+nC(2r) 2^(n-2r-1) {k^(n-2r)+j^(n-2r)}'+・・・ + 2^2 p (k^2-jk+j^2)+n]----末尾をのぞいて、{k^(n-2r)+j^(n-2r)}'が奇数でも、2^(n-2r)があるから偶数。 +(k-j)(k+j)[nC1 2^(n-1) {k^(n-1)-j^(n-1)}''+nC3 2^(n-3) {k^(n-3)-j^(n-3)}''+・・・・・+nC(2r+1) 2^(n-2r-1) {k^(n-2r-1)-j^(n-2r-1)}''+・・・・ + 2^2 q ]-----全部偶数 2^(n-1)z^n=(k+j)[[nC0 2^(n-1) {k^n+j^n}'+nC2 2^(n-3) {k^(n-2)+j^(n-2)}'+nC4 2^(n-5) {k^(n-4)+j^(n-4)}'+・・・+nC(2r) 2^(n-2r-1) {k^(n-2r)+j^(n-2r)}'+・・・ + 2^2 p (k^2-jk+j^2)+n]----末尾をのぞいて、{k^(n-2r)+j^(n-2r)}'が奇数でも、2^(n-2r)があるから偶数。 +(k-j)[nC1 2^(n-1) {k^(n-1)-j^(n-1)}''+nC3 2^(n-3) {k^(n-3)-j^(n-3)}''+・・・・・+nC(2r+1) 2^(n-2r-1) {k^(n-2r-1)-j^(n-2r-1)}''+・・・・ + 2^2 q ]]-----全部偶数 k+jでくくるのをやめて 2^(n-1-s)z^n=[nC0 2^(n-1) {k^n+j^n}+nC2 2^(n-3) {k^(n-2)+j^(n-2)}+nC4 2^(n-5) {k^(n-4)+j^(n-4)}+・・・+nC(2r) 2^(n-2r-1) {k^(n-2r)+j^(n-2r)}+・・・ + 2^2 p (k^3+j^3)+n(k+j)]----末尾をのぞいて、(k+j){k^(n-2r)+j^(n-2r)}'が奇数でも、2^(n-2r)があるから偶数。 k+jでくくるのをやめて +(k-j)[nC1 2^(n-1) {k^(n-1)-j^(n-1)}'+nC3 2^(n-3) {k^(n-3)-j^(n-3)}'+・・・・・+nC(2r+1) 2^(n-2r-1) {k^(n-2r-1)-j^(n-2r-1)}'+・・・・ + 2^2 q (k+j)]]-----各項が全部偶数なので、全体でも偶数 したがって、右辺は、偶数+nで奇数。 ところが、左辺偶数、左辺奇数で、矛盾。 |
となって、無限分岐から脱して、完成したのです。これをわかりやすくまとめてくださったのが壊れた扉さんの以下です。
初版では、両辺を割った時、左辺が偶数であったが、それが、 奇数になる場合が抜けていた。それを修正したもの、
修正案１は、p^n=nP＋pの右辺を奇数としていたが、これは偶数であり、間違い。それで、修正案２ 修正案３は、壊れた扉さんの指摘として、p3は、n=3のときのa,bであり、n=5のp5に使うのはおかしいというものです。 しかし、nは3以上のすべての奇素数なので、n=3,5,7,・・・の和集合なのです。論理では、和集合は、積集合を含むので、 p3 and p5 and p7 and ・・・・pnが成り立つのです。したがって、問題ないと思っています。 修正案４、５は、証明にはなりません。メモです。 メ インページに戻る