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ａとｂを自然数、ｘとｙを2以上の自然数とする時、ａ[のｙ乗]－ｂ[のｘ乗]＝1の解は、ａ＝3、ｂ＝2、ｙ＝2、ｘ＝3に限る、即ち3[の2乗]－2[の3乗]＝1しかないとするのが、カタランの予想です。（便宜上ａのｘ乗をａ[のｘ乗]と表します） ａ[のｙ乗]－ｂ[のｘ乗]＝1を、(1)ａ[のｙ乗]－1＝ｂ[のｘ乗]と変形します。ａ[のｙ乗]とｂ[のｘ乗]を因数分解すると、双方素数の掛算になります。ａ[のｙ乗]とｂ[のｘ乗]の差が1なので、片方は偶数で他方は奇数です。素数の内、偶数は2のみです。因数分解した素数の掛算の中に、2が１つでもあると全体は偶数となります。従って、片方のみ2を必ず含みます。他方は2以外の素数（奇数）の掛算となります。 　ではまず、ａ及びｂが素数の場合を検証します。 ｂ＝2の場合(1)式は ａ[のｙ乗]－1＝（ａ[のｙ／2乗]+1）×（ａ[のｙ／2乗]－1）＝2[のｘ乗]となります。 2つの数字を掛けて2の累乗になるのは、双方が2の累乗の時だけです。従って、 （ａ[のｙ／2乗]+1）＝2[のｍ乗]、（ａ[のｙ／2乗]－1）＝2[のｎ乗]、ｍ+ｎ＝ｘです。 ある数に1を足しても、それから1を引いても2の累乗になります。2の累乗の中で差が2なのは、2と4のみです。従って、 （ａ[のｙ／2乗]+1）＝2[のｍ乗]＝4、ｍ＝2、ａ[のｙ／2乗]＝4－1＝3＝3[の1乗]、ａ＝3、ｙ／2＝1、ｙ＝2です。 （ａ[のｙ／2乗]－1）＝2[のｎ乗]＝2、ｎ＝1、ａ[のｙ／2乗]＝2+1＝3＝3[の1乗]、ａ＝3、ｙ／2＝1、ｙ＝2です。 ｍ＝2、ｎ＝1なのでｘ＝3です。この場合、解は3[の2乗] －1＝2[の3乗]しかありません。 次にａ＝2の場合(1)式は (2)2[のｙ乗]－1＝（2[のｙ／2乗]+1）×（2[のｙ／2乗]－1）＝ｂ[のｘ乗] となります。 2つの数字を掛けてｂの累乗になるのは、双方がｂの累乗の時だけです。ある数に1を足しても、それから1を引いてもｂの累乗となります。2以外の素数の累乗の中で差が2なのは、3[の1乗]＝3と3[の0乗]＝1のみです。従ってｂ＝3です。 （2[のｙ／2乗]+1）＝3、2[のｙ／2乗]＝3－1＝2＝2[の1乗]、ｙ／2＝1、ｙ＝2です。 （2[のｙ／2乗]－1）＝1、2[のｙ／2乗]＝1+1＝2＝2[の1乗]、ｙ／2＝1、ｙ＝2です。(2)は、2[の2乗]－1＝4－1＝3[の1乗]となり、ｘ＝1となります。(2)は、2[の2乗]－1＝3[の1乗]ですが、ｘ＜＞1であるので、この場合解はありません。 次に、ａ及びｂが複数の素数の掛算からなる場合です。ａ[のｙ乗]とｂ[のｘ乗]は、偶数と奇数なので、ａ又はｂどちらか一方にのみ2を含みます。 まず、ｂが2を含む場合(1)式は ａ[のｙ乗]－1＝（ａ[のｙ／2乗]+1）×（ａ[のｙ／2乗]－1）＝（2×ｃ）[のｘ乗] となります。 2つの数字を掛けて（2×ｃ）の累乗になるのは、双方が（2×ｃ）の累乗の時だけです。（2×ｃ）の累乗の中で差が2なのは、ｃ＝1の時で、4と2のみです。従って、 （ａ[のｙ／2乗]+1）＝4、ａ[のｙ／2乗]＝4－1＝3＝3[の1乗]、ａ＝3、ｙ／2＝2、ｙ＝2です。 （ａ[のｙ／2乗]－1）＝2、ａ[のｙ／2乗]＝2+1＝3＝3[の1乗]、ａ＝3、ｙ／2＝2、ｙ＝2です。 この場合も、解は3[の2乗] －1＝9－1＝8＝2[の3乗]となります。 　次に、ａが2を含む場合(1)式は (3)（2×ｄ）[のｙ乗]－1＝（（2×ｄ）[のｙ／2乗]+1）×（（2×ｄ）[のｙ／2乗]－1）＝ｂ[のｘ乗] 2つの数字を掛けてｂの累乗になるのは、双方がｂの累乗の時だけです。ある数に1を足しても、それから1を引いてもｂの累乗となります。2を含まない素数の掛算の累乗の中で差が2なのは、3[の1乗]＝3と3[の0乗]＝1のみです。従ってｂ＝3です。 （（2×ｄ）[のｙ／2乗]+1）＝3、（2×ｄ）[のｙ／2乗]＝3－1＝2＝2[の1乗]、ｄ＝1、ｙ／2＝1、ｙ＝2です。 （（2×ｄ）[のｙ／2乗]－1）＝1、（2×ｄ）[のｙ／2乗]＝1+1＝2＝2[の1乗]、ｙ／2＝1、ｙ＝2です。(3)は、2[の2乗]－1＝4－1＝3[の1乗]となり、ｘ＝1となります。(2)は、2[の2乗]－1＝3[の1乗]ですが、ｘ＜＞1であるので、この場合解はありません。 従って、ａ[のｙ乗]－ｂ[のｘ乗]＝1の解は、ａ＝3、ｂ＝2、ｙ＝2、ｘ＝3、即ち3[の2乗]－2[の3乗]＝1に限る。

前回掲載した証明方法は、説明が不十分のようなので補足する意味で、完成版を掲載します。 Ｎを2以上の自然数とすると、4／Ｎ＝1／Ｘ+1／Ｙ+1／Ｚを満たす自然数Ｘ・Ｙ・Ｚが必ず存在するとエルデス・シュトラウスは予想しました。 (1)（1／Ｎ）×（Ｎ／Ｎ）と(2)（1／Ｎ）×（Ｎ／Ｎ+1）と(3)（1／Ｎ）×（1／Ｎ+1）との3つの塊を考えます。(1)は1／Ｎです。(2)は（1／Ｎ+1）です。(3)は（1／Ｎ（Ｎ+1））です。(1)(2)(3)とも全て、分子は1で、分母は自然数です。また、(2)+(3)＝（1／Ｎ）×（Ｎ／Ｎ+1）+（1／Ｎ）×（1／Ｎ+1）＝（1／Ｎ）×（Ｎ+1）／（Ｎ+1）＝1／Ｎとなります。故に(1)+(2)+(3)＝2／Ｎとなります。従って、1／Ｎ+（1／Ｎ+1）+（1／Ｎ（Ｎ+1））＝2／Ｎ（2／Ｎ公式その1と呼ぶ）は常に成立します。 Ｎが偶数の時、2／Ｎ公式その1にＮの半分の値を当てはめると、求める式は出来上がります。例えばＮ＝22の場合、11を使います。（1／11）+（1／（11+1））+（1／（11×（11+1）））＝（1／11）+（1／12）+（1／（11×12））＝（1／11）+（1／12）+（1／122）＝24／122＝4／22となり、求める式が出来ます。 Ｎが奇数の時、Ｎは3の倍数、3の倍数+1、3の倍数+2の3通りがあります。Ｎ＝3ｎの時、(1)の式にはｎを使います。分母を1／3にする為、(1)の値は3倍になります。(2)+(3)の式にはＮを使いますので、値は元のままです。(1)+(2)+(3)＝4／Ｎとなります。例えばＮ＝9の場合、（1／3）+（1／（9+1））+（1／（9×（9+1））＝（1／3）+（1／10）+（1／（9×10）＝（1／3）+（1／10）+（1／90）＝40／90＝4／9となり、求める式が出来ます。 Ｎ＝3ｎ+2の時、(2)+(3)の式のＮ+1の値が3ｎ+2+1＝3（ｎ+1）と3の倍数になるので、(2)+(3)の式にＮ+1の替りに、ｎ+1を使います（(3)の分母のＮはそのままです）。分母を1／3にする為、(2)+(3)の値は3倍になります。(1)の式にはＮを使うので、値は元のままです。(1)+(2)+(3)＝4／Ｎとなります。例えばＮ＝11のとき、3ｎ+2＝11なので、3ｎ＝9、ｎ＝3を使います。（1／11）+（1／（3+1））+（1／（11×（3+1）））＝（1／11）+（1／4）+（1／44）＝16／44＝4／11となり、求める式が出来ます。 次ぎに、Ｎ＝3ｎ+2でＮが奇数の時です。Ｎは4の倍数－1、4の倍数－3の2通りがあります（Ｎ＝4の倍数、Ｎ＝4の倍数－2の時、何れもＮは偶数となります）。 Ｎが4の倍数－1の場合、（Ｎ+1＝4ｎの時）(1)式中のＮの代わりに倍数ｎを使います。(2)式+(3)式は、（1／2Ｎｎ）+（1／2Ｎｎ）と変形します。2／Ｎ公式を1／ｎ+（1／2Ｎｎ）+（1／2Ｎｎ）＝2／Ｎ（2／Ｎ公式その2と呼ぶ）とします。例えばＮ＝19の時、19+1＝20＝5×4なので、2／Ｎ公式その2に倍数5を使います。（1／5）+（1／（2×19×5））+（1／（2×19×5））＝（1／5）+（1／190）+（1／190）＝40／190＝4／19となり、求める式が出来ます。 Ｎが4の倍数－3（4ｎ－3とする）の場合、2Ｎ+Ｎ+1＝2（4ｎ－3）+（4ｎ－3）+1＝12ｎ－8＝4（3ｎ－2）となり、2Ｎ+Ｎ+1は必ず4の倍数となります。2Ｎ+Ｎ+1を4で割った商である（3ｎ－2）をＰとします。即ち4Ｐ＝2Ｎ+Ｎ+1です。その時、（1／Ｐ）+（1／2Ｐ）+（1／2ＮＰ）＝2／Ｎ（2／Ｎ公式その3と呼ぶ）は常に成立します。 Ｐの代わりにＰ／2＝ｐを使います。例えば、Ｎ＝37の時、（37×2+37+1）／4＝112／4＝28＝Ｐです。ですから、ｐ＝14を2／Ｎ公式その3に使います。（1／14）+（1／（2×14））+（1／（2×37×14））＝（1／14）+（1／28）+（1／1,036）＝（1／14）+（1／28）+（1／1,036）＝（74+37+1）／1,036＝112／1,036＝4／37となり、求める式が出来ます。これで、2／Ｎ公式その1・2・3により、全てのＮについて求める式が出来ました。 従って、Ｎを2以上の自然数とすると、4／Ｎ＝1／Ｘ+1／Ｙ+1／Ｚを満たす自然数Ｘ・Ｙ・Ｚが必ず存在すると言えます。 この方法で、1／Ｘ+1／Ｙ+1／Ｚと表せないＮがあったら教えてください。

前回掲載した証明方法は、説明が不十分のようなので補足する意味で、完成版を掲載します。 Ｎを2以上の自然数とすると、4／Ｎ＝1／Ｘ+1／Ｙ+1／Ｚを満たす自然数Ｘ・Ｙ・Ｚが必ず存在するとエルデス・シュトラウスは予想しました。 (1)（1／Ｎ）×（Ｎ／Ｎ）と(2)（1／Ｎ）×（Ｎ／Ｎ+1）と(3)（1／Ｎ）×（1／Ｎ+1）との3つの塊を考えます。(1)は1／Ｎです。(2)は（1／Ｎ+1）です。(3)は（1／Ｎ（Ｎ+1））です。(1)(2)(3)とも全て、分子は1で、分母は自然数です。また、(2)+(3)＝（1／Ｎ）×（Ｎ／Ｎ+1）+（1／Ｎ）×（1／Ｎ+1）＝（1／Ｎ）×（Ｎ+1）／（Ｎ+1）＝1／Ｎとなります。故に(1)+(2)+(3)＝2／Ｎとなります。従って、1／Ｎ+（1／Ｎ+1）+（1／Ｎ（Ｎ+1））＝2／Ｎ（2／Ｎ公式その1と呼ぶ）は常に成立します。 Ｎが偶数の時、2／Ｎ公式その1にＮの半分の値を当てはめると、求める式は出来上がります。例えばＮ＝22の場合、11を使います。（1／11）+（1／（11+1））+（1／（11×（11+1）））＝（1／11）+（1／12）+（1／（11×12））＝（1／11）+（1／12）+（1／122）＝24／122＝4／22となり、求める式が出来ます。 Ｎが奇数の時、Ｎは3の倍数、3の倍数+1、3の倍数+2の3通りがあります。Ｎ＝3ｎの時、(1)の式にはｎを使います。分母を1／3にする為、(1)の値は3倍になります。(2)+(3)の式にはＮを使いますので、値は元のままです。(1)+(2)+(3)＝4／Ｎとなります。例えばＮ＝9の場合、（1／3）+（1／（9+1））+（1／（9×（9+1））＝（1／3）+（1／10）+（1／（9×10）＝（1／3）+（1／10）+（1／90）＝40／90＝4／9となり、求める式が出来ます。 Ｎ＝3ｎ+2の時、(2)+(3)の式のＮ+1の値が3ｎ+2+1＝3（ｎ+1）と3の倍数になるので、(2)+(3)の式にＮ+1の替りに、ｎ+1を使います（(3)の分母のＮはそのままです）。分母を1／3にする為、(2)+(3)の値は3倍になります。(1)の式にはＮを使うので、値は元のままです。(1)+(2)+(3)＝4／Ｎとなります。例えばＮ＝11のとき、3ｎ+2＝11なので、3ｎ＝9、ｎ＝3を使います。（1／11）+（1／（3+1））+（1／（11×（3+1）））＝（1／11）+（1／4）+（1／44）＝16／44＝4／11となり、求める式が出来ます。 次ぎに、Ｎ＝3ｎ+2でＮが奇数の時です。Ｎは4の倍数－1、4の倍数－3の2通りがあります（Ｎ＝4の倍数、Ｎ＝4の倍数－2の時、何れもＮは偶数となります）。 Ｎが4の倍数－1の場合、（Ｎ+1＝4ｎの時）(1)式中のＮの代わりに倍数ｎを使います。(2)式+(3)式は、（1／2Ｎｎ）+（1／2Ｎｎ）と変形します。2／Ｎ公式を1／ｎ+（1／2Ｎｎ）+（1／2Ｎｎ）＝2／Ｎ（2／Ｎ公式その2と呼ぶ）とします。例えばＮ＝19の時、19+1＝20＝5×4なので、2／Ｎ公式その2に倍数5を使います。（1／5）+（1／（2×19×5））+（1／（2×19×5））＝（1／5）+（1／190）+（1／190）＝40／190＝4／19となり、求める式が出来ます。 Ｎが4の倍数－3（4ｎ－3とする）の場合、2Ｎ+Ｎ+1＝2（4ｎ－3）+（4ｎ－3）+1＝12ｎ－8＝4（3ｎ－2）となり、2Ｎ+Ｎ+1は必ず4の倍数となります。2Ｎ+Ｎ+1を4で割った商である（3ｎ－2）をＰとします。即ち4Ｐ＝2Ｎ+Ｎ+1です。その時、（1／Ｐ）+（1／2Ｐ）+（1／2ＮＰ）＝2／Ｎ（2／Ｎ公式その3と呼ぶ）は常に成立します。 Ｐの代わりにＰ／2＝ｐを使います。例えば、Ｎ＝37の時、（37×2+37+1）／4＝112／4＝28＝Ｐです。ですから、ｐ＝14を2／Ｎ公式その3に使います。（1／14）+（1／（2×14））+（1／（2×37×14））＝（1／14）+（1／28）+（1／1,036）＝（1／14）+（1／28）+（1／1,036）＝（74+37+1）／1,036＝112／1,036＝4／37となり、求める式が出来ます。これで、2／Ｎ公式その1・2・3により、全てのＮについて求める式が出来ました。 従って、Ｎを2以上の自然数とすると、4／Ｎ＝1／Ｘ+1／Ｙ+1／Ｚを満たす自然数Ｘ・Ｙ・Ｚが必ず存在すると言えます。 この方法で、1／Ｘ+1／Ｙ+1／Ｚと表せないＮがあったら教えてください。

ポアンカレ予想「単連結な3次元閉多様体は3次元球面S^3に同相である」で、ペレルマンが同相であると証明したのか、それとも同相でないと証明したのかどちらですか。教えてください。

ポアンカレ予想「単連結な3次元閉多様体は3次元球面S^3に同相である」で、ペレルマンが同相であると証明したのか、それとも同相でないと証明したのかどちらですか。教えてください。