Firoozbakht予想の証明

Firoozbakht予想の証明が完成しました。

パスワードはodd prime

証明論文 (日本語)
http://whitecats.dip.jp/up/download/1612699741/attach/1612699741.pdf
証明論文 (英語)
http://whitecats.dip.jp/up/download/1612699934/attach/1612699934.pdf

>>438
君に1つ問題を出そう。

A_1 ＝ 2,　B_1 ＝ 1,　
A_2 ＝ 3,　B_2 ＝ 0,　
A_3 ＝ 4,　B_3 ＝ 3,　
A_4 ＝ 0,　B_4 ＝ 2,　

と置くと、

A_1 ＜ B_1
A_2 ＜ B_2
A_3 ＜ B_3

が成り立っているので、Σ[i＝1〜3] A_i ＜ Σ[i＝1〜3] B_i が成り立つ。
しかし、A_4 ＜ B_4 は成り立っておらず、A_4 ＝ B_4 という等式も成り立っておらず、
むしろ A_4 ＞ B_4 が成り立っている。では、この場合に

Σ[i＝1〜4] A_i ＜ Σ[i＝1〜4] B_i

は成り立たないのか？

(i) Σ[i＝1〜4] A_i ＜ Σ[i＝1〜4] B_i は成り立たない。つまり、Σ[i＝1〜4] A_i ≧ Σ[i＝1〜4] B_i が成り立つ。

(ii) Σ[i＝1〜4] A_i ＜ Σ[i＝1〜4] B_i が成り立つ (A_4 ＞ B_4 であるにも関わらず)。

この2つの選択肢のうち、どちらかで回答せよ。

>>446
この問題は1からkまで成立したときにk以上の値mの全てでf(m)が成立すると
いうことだから、実際の値を関数にできない問題では意味がない

>>447
n≧0に対して、a_n ＝ 3^n−(−2)^n, b_n＝ 2 * 3^n＋(3/2) * 2^n＋2^100 と置く。 まず、任意の m≧0 に対して

(*) a_{m＋1} − a_0 ＜ Σ[k＝0〜m] b_k

が成り立つことを証明する。

(*)の左辺 ＝ a_{m＋1} − a_0 ＝ 3^{m＋1}−(−2)^{m＋1} − 0,

(*)の右辺 ＝ Σ[k＝0〜m] b_k ＝ Σ[k＝0〜m](2 * 3^k＋(3/2) * 2^k＋2^100)
＝ 3^{m＋1}−1＋(3/2)(2^{m＋1}−1)＋(2^100)(m＋1)

であるから、

(*)の右辺 − (*)の左辺 ＝ (3^{m＋1}−1＋(3/2)(2^{m＋1}−1)＋(2^100)(m＋1)) − (3^{m＋1}−(−2)^{m＋1})
＝(3/2＋(−1)^{m＋1})2^{m＋1}＋(2^100)m＋(2^100−5/2) ＞ (1/2)2^{m＋1}＋(2^100)m＋(2^100−5/2) ＞ 0

である。よって、確かに(*)が成り立っている。

次に、任意の n≧0 に対して a_{n＋1}−a_n ≠ b_n が成り立つことを示す。
もし a_{n＋1}−a_n ＝ b_n ならば、

(3^{n＋1}−(−2)^{n＋1})−(3^n−(−2)^n) ＝ 2 * 3^n＋(3/2) * 2^n＋2^100

であり、式変形して 3 * (−2)^n − 3 * 2^{n−1} ＝ 2^100 となるが、
n＝0のときは明らかに等号ではなく、矛盾。また、n≧1のときは、
左辺は3で割り切れるのに右辺は3で割り切れないので、やはり矛盾。
よって、任意の n≧0 に対して a_{n＋1}−a_n ≠ b_n である。

>>448
完全数学的帰納法で証明するときには十分性を確認することが必要だと思われる

さて、任意の n≧0 に対して

(1)　a_{n＋1}−a_n ＜ b_n

が成り立つことを「完全数学的帰納法」で示す。0≦n≦31 のときは、手計算により、確かに成り立っている。
次に、0≦m≦n のとき常に a_{m＋1}−a_m ＜ b_m が成り立つとする。

a_1−a_0 ＜ b_0
a_2−a_1 ＜ b_1
a_3−a_2 ＜ b_2
　：
　：
a_{m＋1}−a_m ＜ b_m

を全て足し算すれば、

(2)　a_{m＋1}−a_0 ＜ Σ[k＝0〜m] b_k

となる。この不等式(2)は>>448の(*)そのものであり、任意の m≧0 で成り立つ不等式なのだった。

逆に、>>451の不等式(2)が成立して>>451の不等式(1)がn＝m＋1で成立しない場合を考える。
不等式(2)と a_{m＋2}−a_{m＋1} ≧ b_{m＋1} の両辺を加えると

a_{m＋1}−a_0＋b_{m＋1} ＜ Σ[k＝0〜m] b_k ＋a_{m＋2}−a_{m＋1}

なので、両辺に a_{m＋2}−a_{m＋1}−b_{m＋1} を足し算すると

a_{m＋2}−a_0 ＜ Σ[k＝0〜m＋1] b_k ＋2(a_{m＋2}−a_{m＋1}−b_{m＋1})

となる。ここで、以下の等式を考慮する。

(7)　a_{m＋2}−a_{m＋1}−b_{m＋1}＝0

>>449で既に見たように、この等式(7)は成立しない。ゆえに、この場合に不等式(2)は
n＝m＋1で成立しないので、n＝m＋1で不等式(2)が成立するときに、不等式(1)は
成立する。よって、数学的帰納法により、任意のn≧0で不等式(1)は成立する。

・・・と、このように、件の文書のインチキ帰納法は、
>>448の a_n, b_n に完全に逆輸入することができて、

(1)　a_{n＋1}−a_n ＜ b_n

が任意のn≧0で成り立つことが言えてしまう。
もちろん、件の文書に沿って、等号がどうたらとかいう
チェックも>>452で完璧に行っているので、文句のつけようがない。

だがしかし、(1)が成り立たないnは無限に存在する。

結局、インチキ帰納法はインチキのままで、ぜんぜん正しくない。

>>438
というわけで、件のゴミ文書はインチキ帰納法が間違っているので全然ダメ。削除しなさい。

え？そんなことはないって？正しく証明されてるって？

だったら、>>448-452も正しいことになってしまうよね。

どうするの？

>>450

自分で置き論破してて草

313 １３２人目の素数さん sage 2021/06/03(木) 20:34:05.46 ID:7fVEk9AO
>>311
何故(6)が正しくないのだろうか？完全に正しい証明だけであるが

理解できないのであれば、仕方がないが、complete inductionは十分条件の確認は
必要ありません

>>445
そこをなおした所で帰納法なってないもん

>>456
分からなければ仕方がないが、正しいものは正しい。前の間違っていた内容でレスを
しても意味がない。他の命題の内容では、>>438自体を否定したことにはならない。

>>353
＞Σ[k＝0〜m] b_k ＝ 3^{m＋1}−1＋(3/2)(2^{m＋1}−1)＋(2^100)(m＋1)
この計算は間違いのようだ

>>458
正しいでしょ。b_n＝ 2 * 3^n＋(3/2) * 2^n＋2^100 なんだから

Σ[k＝0〜m] b_k ＝ Σ[k＝0〜m](2 * 3^k＋(3/2) * 2^k＋2^100) ＝ 3^{m＋1}−1＋(3/2)(2^{m＋1}−1)＋(2^100)(m＋1)

ほら、正しい。

あと、最新の書き込みは>>448-452ね。
お前が言うところの "十分条件の確認" とやらも>>452でやってるので
文句のつけようがない。

>>457
間違った内容を完全に正しいって何回言ったの？

>>457
＞他の命題の内容では、>>438自体を否定したことにはならない。

否定したことになるよ。だって、理屈が同じなんだから。

>>459
右辺は3(2^m+3^m-2)+2^100*mが正しいが

Σ[k=１〜m]b_nの計算が誤っているから、他の部分も正しくないと考えられます

wolframで計算結果を比較しているので>>463に誤りはありません

「見るものはない。」と意味不明なガキの声が聞こえてきても何とも思わなくなった。

馬鹿みたいだ、この家は誰だか分からないチンピラの声を毎日のように聞かされて。

歴史的研究が行われた家は毎日チンピラの負け惜しみが聞こえてくる。

そう、だからお前の帰納法は論理的におかしいって話だぞ

>>465
はいはい都合が悪いときは糖質芸

>>463
何言ってるんだ。ここでのシグマは k＝1 からではなく k＝0 からだよ。

「お前のまけだ。」と聞こえてきたような気がするが、何故こいつらは物事を逆さに言うのだろうか？
この問題以外は全て正解だが。何故か隠蔽されているが？

このスレではLegendre予想と概完全数の証明を公開していたが
何故、その2本の論文に関しては完全にスルーなのでしょうか？

それから、新しいふるいについて記述しているLegendre予想の証明が消えてしまいましたが
このような学術的成果を永遠に保存するアップローダーはないのでしょうか？

>>353と>>438の違いは
a(n)が(-2)^nという連続にならない項があり、a(n)が連続関数でないという違いがあるから
それが、>>353が正しく証明できる理由であるのかもしれない

むしろ1つでも添削してもらったことが奇蹟
お前の論文まともに相手にしてもすぐ別の最新版（笑）が出てくるんだから

>>471
何言ってるんだこいつ。そのa(n)は連続関数の一部分として表現可能でしょ。たとえば、

a(x) ＝ 3^x−2^x cos( (円周率) * x )

と置けば、これは連続関数であり、特にnを非負整数として x＝n のときを考えれば

a(n) ＝ 3^n−2^n cos( (円周率) * n ) ＝ 3^n−(−2)^n

なので、もともとの a_n に一致する。どこが不連続なんだよ。バカじゃないの。

>>472
その奇跡をまともな数学者が他の論文9本にしなければならないでしょうね。

>>473
置き換えをしておいて、不連続じゃないだとか馬鹿じゃないの。

>>474
だったら、最初から

a(n) ＝ 3^n−2^n cos( (円周率) * n )

と定義すればいいだけの話。これで a(n) は最初から連続関数。はい論破。

>>474
お前の論文を添削する必要は全くない定期

>>475
それを置き換えという

>>476
完全解決だと知っているひとはそうでしょうね

>>477
n≧0に対して、そもそも最初から

a_n ＝ 3^n−2^n cos((円周率) * n),　b_n＝ 2 * 3^n＋(3/2) * 2^n＋2^100

と定義する。どちらも n についての連続関数であることに注意せよ。
このように定義した a_n, b_n に対して、>>448-452と同じ計算をすれば、
任意の n≧0 に対して

(1)　a_{n＋1}−a_n ＜ b_n

が成り立つことが言えてしまう。しかし、この(1)には無限個の反例がある。

よって、件のインチキ帰納法は正しくない。

>>477
完全に間違ってるのを知ってる人も添削しないんだわ

>>478
>>353の並んでいる不等式の左辺は単調に増加していないところが、この問題とは違う

>>480
俺が出した例において「並んでいる不等式(足し算を繰り返すときの不等式)」は

a_{m＋1}−a_m ＜ b_m

という不等式である。この不等式の左辺は m について単調増加ではないので、
お前によれば、このことが理由で、完全数学的帰納法が上手くいかないのだと。

では、件の文書の場合はどうか？
件の文書において「並んでいる不等式(足し算を繰り返すときの不等式)」は

m(log(p_{m＋1})−log(p_m)) ＜ log(p_m)

という不等式である。この不等式の左辺は、wolfram alpha で数値計算すると、
m について単調に増加していない。よって、お前の屁理屈により、
件の文書でもインチキ帰納法は上手くいかない。

なるほど、そうですね

>>482
ちなみに、左辺がmについて単調増加だったら正しく帰納法が成立するのかというと、
全然そんなことはなく、インチキ帰納法はインチキのままである。

なお、件の文書では素数列 p_m を扱っており、
p_m の「 m に関する増大の仕方」は不規則である。

たとえば、双子素数なら p_{m＋1}−p_m ＝ 1 だが、
素数砂漠なら p_{m＋1}−p_m の値は一気に大きくなる。

このことから、p_m を含んだ不等式の両辺に出現する式も、
m に関しては単調増加にならないケースがほとんどである。

なので、単調性を狙う戦略自体がそもそもナンセンスと言える。

細かいことだが

×　たとえば、双子素数なら p_{m＋1}−p_m ＝ 1 だが、
〇　たとえば、双子素数なら p_{m＋1}−p_m ＝ 2 だが、

だったな。まあいいや。

高木の論文は蟻地獄、手を出したら引きずり込まれるｗ

高木は素人でうぬぼれが強く被害妄想で他人に誤りを指摘されても謝意を示さない屑

それにお前が引用してる論文が正しいのであればお前の論文のタイトルは
Firoozbakht予想の別証明
だろ

>>487
全部違います、間違いの指摘はありがとうございます

>>488
正しいかどうかは判断していません

>>489
論文に謝意を書くんだよ、今で誤りを指摘されたすべて箇所に対して、
何度言われたら分からるんだ？

ただし高木はこれからも帰納法を勉強することがなく、最新版を書きすすめるのであった

私は物理学科で数学を勉強しました、ここの人は「完全数学帰納法」を知りません（爆笑）

>>442
n=30の場合
127^30-113^31
wolfmanだと確かに負の数（元の不等号間違いね）になるけど手計算では無理だろ

変更点
・素数階乗不等式を以前のものに変更しました
・Froozbakht予想の不等式を素数階乗不等式で評価するように修正しました

パスワードはodd prime

Firoozbakht予想 (日本語)
http://whitecats.dip.jp/up/download/1622971014/attach/1622971014.pdf
Firoozbakht予想 (英語)
http://whitecats.dip.jp/up/download/1622971097/attach/1622971097.pdf

>>490
その誤りは論文から完全に削除されていますけど

>>491
勉強しました。完全帰納法が困難を伴う証明であると

>>492
この問題は解けないのに爆笑ですか

>>494
対数の近似をいたるところで使っている、謝意がない

>>495
解けたというのは高木だけ

>>494
序文がX、既存の結果に触れられていない

もう諦めなよ

>>496
誰に謝意が必要なのでしょうか

>>497
いいえ解けています

>>498
既存の結果は用いていません

>>499
いいえ

>>494
wikiの引用はX

>>500
今まで誤りを指摘してくれた人へだよ

変更点
・Abstractの式を修正しました

パスワードはodd prime

Firoozbakht予想 (英語)
http://whitecats.dip.jp/up/download/1622972568/attach/1622972568.pdf

>>501
はじめにの部分なので、どうでもいいと思います

>>502
そうですか、それでは修正します

さすが高木マジックｗ

>>504
お前の論文もどうでもいいからなどうでもいいや

>>495
解けてないのに解けたという人間に言われてもにゃー

>>503
Bag it!

>>495
＞勉強しました。完全帰納法が困難を伴う証明であると

困難を伴うのではなく、そもそもインチキなのでどう頑張っても正しくならないってこと。
君は「左辺がmについて単調増加にできなかったから帰納法に失敗した」と思い込んでいるようだが、
実は左辺がmについて単調増加になっている場合でも、それでも証明後の不等式に
反例が無限個存在するように a_n,b_n を構成することが可能である。
つまり、mについて単調増加になっていても、それでもインチキ帰納法は正しくない。

結局お前は、インチキ帰納法がなぜインチキなのか、その根本的な理由を全く分かってない。
ま、理由がどうであれインチキ帰納法を諦めたのは正解だがね。

>>494
3ページ目で

＞ p_{n＋1} ＜ p_n(p_n/2)^{1/n}　… (5)
＞ この不等式は n≧5 で成立する。

とあるが、本当にこれが成立するなら、そのとき

p_{n＋1} ＜ p_n(p_n/2)^{1/n} ＝ p_n^{1＋1/n} / 2^{1/n} ＜ p_n^{1＋1/n}

なので、目標とする(4)はn≧5のとき既に示されていることになり、
4ページ目の計算は全て無駄である。いいのかそれで。

変更点
・>>490の指摘事項に関して修正をしました

パスワードはodd prime

Firoozbakht予想 (日本語)
http://whitecats.dip.jp/up/download/1622973965/attach/1622973965.pdf
Firoozbakht予想 (英語)
http://whitecats.dip.jp/up/download/1622974146/attach/1622974146.pdf

そやそや、指数にしたって対数を焼き直した過ぎないよ、本質をクリアしない限り高木マジック

>>510
(5)だけだとコンピュータで計算した結果だけに依存しているということになるので
あまり変わらないかもしれませんが、それを補強するために4ページを書きました

>>511
少なくとも
定理
証明
の形にしろよ

>>514
pn/2<log(pn#)は証明しています

Firoozbakht予想はこの本に書いてある
The Little Book of Bigger Primes by Paulo Ribenboim

>>513
どういうこと？

・ (5)だけだと、コンピュータで計算しただけなので厳密な証明ではない

・ 4ページ目もコンピュータで計算しただけなので厳密な証明ではなくて意味はないが、補強のために一応書いておいた

ということ？だったら、(5)の厳密な証明はどこにある？

>>517
4ページ以降に書いています、r<1であることがポイントです

>>515
馬鹿か
定理
Firoozbakht予想
証明
の形にしろと言ってるんだよ

あと、3ページ目の真ん中あたりで

＞ n≧2 のとき、不等式(1)により p_{n＋1} ＜ log(p_{n＋1}＃) / 2

と書いてあるけど、これは明らかに計算ミスで、正しくは

p_{n＋1} ＜ log(p_{n＋1}＃) * 2

だよね。すると、ここから下の部分はこの計算ミスの影響が大きくて、
たぶん最初からやり直しじゃないかな。

こんな簡単に証明できるわけがないので、御多分に漏れず
アホみたいな計算ミスしてましたっていうやつ。

>>520
計算間違いでした

計算間違いの前に帰納法になってないから諦めろ

計算ミスも多いし論理もガバガバ
逆に何ならできるんだろうか

関数が連続関数か否かで数学的帰納法が使えたり使えなかったりするという発想に至る時点で死ねばいい

変更点
・>>520指摘の計算間違いを修正しました

パスワードはodd prime

Firoozbakht予想 (日本語)
http://whitecats.dip.jp/up/download/1622988973/attach/1622988973.pdf
Firoozbakht予想 (英語)
http://whitecats.dip.jp/up/download/1622989043/attach/1622989043.pdf

>>522
帰納法はやめました

>>523
今度は大丈夫だと思います

>>524
何か問題に違いがあるかを考えました

ちなみに高木くん背理法も使いこなせてないから、それも諦めたほうがいい

>>526
>帰納法はやめました

本文に
>数学的帰納法により、n ≧ 15のとき不等式(1)は成立する。
とありますが、嘘つかないでください

>>527
何故ですか、全て正解になりましたが

>>528
後半部分が少し前まで帰納法だったので、前半の部分のことを忘れていました

正解になったとか完成したとかもう200回以上聞いたけど全部ダメだったよね

>>529
能力の問題、背理法も帰納法も使いこなせてない人間が正解と判断したところで無意味

>>530
いいえ、全て完全に解決しています。この問題は、難しかったので時間が掛かりましたが

>>531
未解決問題を何問も解決してきているので問題ありません

3ページ目の後半で

[1] 2log(p_{n＋1})＋2log(p_n＃) ＜ log(p_n＃)^{1＋1/n}
[2] n≧1のとき、不等式(4)により
[3] 2log(p_np_{n＋1}) ＜ (p_n/2)^{1＋1/n}

と書いてあるが、[2]から[3]を導出している部分が意味不明。ここは計算ミスだろう。

なお、不等式[3]それ自体は「自明に正しい」。
なぜなら、[3]の両辺のオーダーを見ると、右辺の方がずっと発散のスピードが速いので。

しかし、[3]のような自明な不等式によって未解決問題が解けるなんて
あり得ないので、やはりどこかで計算ミスしているはず。

怪しいのはもちろん、[2]から[3]を導出している部分。
おそらく、ここは計算ミスだろう。

>>532
君が解決したと言い張っても無意味というから循環論法なんだわ
さすが帰納法も背理法も理解出来ない高木くん

>>533
[3]の左辺は、 2log(p_{n＋1})+2p_nの間違いでした

>>534
残念ながら他の問題は解決している。この問題は難しいからなかなか解決しないが

>>535
残念でもなく、他の問題も君が解決したと言ったところで、循環論法なんだわ
背理法も帰納法も出来ない人間が正解と判断しても意味が無いんだわ

>>536
何故できないと決めつけているのか、解決していないというのであれば
Firoozbakht予想以外の論文で反証をしてもらわないと何の根拠もないことを
書いているということになる

>>535
＞[3]の左辺は、 2log(p_{n＋1})+2p_nの間違いでした

つまり、こういうことになるわけだ。

[1] 2log(p_{n＋1})＋2log(p_n＃) ＜ log(p_n＃)^{1＋1/n}
[2] n≧1のとき、不等式(4)により
[3] 2log(p_{n＋1})+2p_n ＜ (p_n/2)^{1＋1/n}

ダメだね。まだおかしい。まず、示したい不等式は

[1] 2log(p_{n＋1})＋2log(p_n＃) ＜ log(p_n＃)^{1＋1/n}

なんだろ？ここで、不等式(4)により

(*)　2log(p_{n＋1})＋2log(p_n＃) ＜ 2log(p_{n＋1})＋2p_n

が成り立つので、もし幸運にも

[3’] 2log(p_{n＋1})＋2p_n ＜ log(p_n＃)^{1＋1/n}

が示せたならば、(*)と[3’]を組み合わせて

・ 2log(p_{n＋1})＋2log(p_n＃) ＜ 2log(p_{n＋1})＋2p_n ＜ log(p_n＃)^{1＋1/n}

となり、無事に[1]に到達する。よって、以下では[3’]を示せばよいことになる。
ところが、君によれば、なぜか[3’]ではなく

[3] 2log(p_{n＋1})+2p_n ＜ (p_n/2)^{1＋1/n}

を示すことになっている。そんなわけがない。ここが間違ってる。

>>538
2log(p_n＃)<2pn
だから、示せばよい式は[3]になります

>>539
2log(p_n＃)<2pn によって差し替えられる不等式は[3]ではなく[3’]だよ。
だから、示せばよい式は[3’]なのであって、[3]を示しても[1]を示したことにはならないよ。

>>538をよく読み直せ。

>>539
まさかとは思うが、

[1] 2log(p_{n＋1})＋2log(p_n＃) ＜ log(p_n＃)^{1＋1/n}

の右辺に出現している log(p_n＃)^{1＋1/n} の項までも、(4)によって

log(p_n＃)^{1＋1/n} ＜ p_n^{1＋1/n}

と差し替えてしまったわけではないだろうな？で、

(p_n / 2)^{1＋1/n} ＜ p_n^{1＋1/n}

が成り立つことを理由に、[3]さえ示せれば[1]を示したことになると。

それは明らかに間違ってるよ。

[1] 3^n ＜ 2^n

が成り立つことを示したい。[1]の右辺について、明らかに 2^n ＜ 9^n が成り立ち、
また (9/2)^n ＜ 9^n なので、[1]を示すには

[3] 3^n ＜ (9/2)^n

を示せばよい。そして、この[3]は自明に成立する。よって、[1]が成立する。

↑君がやってるのはこういうこと。間違ってるでしょ。

>>537
何故できないのか？それはお前が帰納法も背理法も理解出来ないくらい能力が足りてないからだよ

俺は早稲田の物理で「数学」を勉強しました。その素数に関する読み物を読みました（禿藁）

>>525
引用文献には番号を降るんだよ
A.Sabihiの論文が関係ないなら削除