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前回の投稿版は、最後が不完全でしたので、再考して投稿させてもらいます。 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

ゴールドバッハ予想は、二つの素数の和で全ての偶数を表せるかという問題ですが、二つの素数の和で全ての奇数を表すことができることは証明できるのでしょうか？

数学の未解決問題ってよく本で見ますが、 未解決の問題で小学生でも意味のわかるものが結構あると思います。 フェルマーの最終定理が証明されたときは一種の感動を覚えたのを記憶しております。 未解決問題は私もそこそこ知ってはいるのですが、新しい未解決問題を聞くと「自然は奥が深いな」っとつくづく思ってしまいます。 そこで、いろいろな未解決問題（素人にも意味がわかるようなもの）を教えていただけないでしょうか。よろしくお願いいたします。

数学の未解決問題ってよく本で見ますが、 未解決の問題で小学生でも意味のわかるものが結構あると思います。 フェルマーの最終定理が証明されたときは一種の感動を覚えたのを記憶しております。 未解決問題は私もそこそこ知ってはいるのですが、新しい未解決問題を聞くと「自然は奥が深いな」っとつくづく思ってしまいます。 そこで、いろいろな未解決問題（素人にも意味がわかるようなもの）を教えていただけないでしょうか。よろしくお願いいたします。

4色問題とは、平面上に線でどの様な絵を描いて面を多数に分けても、4つの色で塗り分けられると言う事を証明する問題です。繋がっている面は同じ色で塗れます。面と面が線で接する場合は、異なる色を塗らなければなりません。面と面が点で接する場合や離れている場合は、同じ色で塗れます。まず、絵の線が輪ゴムで出来ているとします。この輪ゴムは伸縮自在です。輪ゴムは、線と線が交差する所で結ばれています。結び目のない直線部分、3本の線の集まる結び目、順次4本・5本・6本と無限に多数の線の集まる結び目を考えます。3本線の結び目は、そこに集まる面は3色で塗り分けられます。4本線の結び目は、2色で塗り分けられます。5本線の場合は3色です。つまり、偶数の線の集まる結び目は2色、奇数の線の集まる結び目は、3色で塗り分けられます。これは、面に青赤と交互に色を塗っていった場合、線の数が偶数の時、面の数も偶数となり、最初と最後の面が異なる色になるが、奇数の線の集まる場合は、面の数も奇数となり、最初と最後の面が同じ青色になる為、もう一色黄色を必要とする為です。次に、それらのさまざまな結び目が3つ集まって三角形を成す場合と、4つ集まって四角形を成す場合、更に五角形・六角形をなす場合と、無限に多くの多角形があります。三角形の場合、それ自身に一色赤色が必要です。角である3つの結び目に集まる線の数が奇数なら、三角の周囲の面（点で接する面も入れて）は全部で偶数になり、青赤2色で塗れます。合わせて3色で塗れます。線の数が偶数なら面の数は奇数になり、塗り分けるのに赤青黄色3色必要です。これは、周囲の面の数が偶数なら、最初と最後の面が異なる色になるが、面の数が奇数の場合は同じ色になり、もう一色黄色が必要となるからです。全部で4色必要です。次に4つの結び目から成る四角形を考えます。四角形自身に赤色が必要です。4つの結び目に集まる線が偶数なら、四角形の周囲の面は偶数となり、2色で塗り分けることが出来ます。四角形と合わせて3色必要です。線の数が奇数なら、面の数も奇数となり、周囲の面を塗り分けるのに3色必要となり、合わせて4色必要となります。これから分かるように、多角形の周囲の面数＝結び目に集まる線の数－多角形の辺数×2となります。面数が偶数の時、多角形と周囲の面は3色で塗れ、奇数の時4色必要となります。（丸に二つの結び目がついている場合、辺数は2と数えます。丸に一つの結び目がついている場合、辺数は1と数えます。）以上の様に、平面上のあらゆる図形は、伸縮すれば結局、結び目の形とその結び目が作る多角形に還元されます。絵のどの部分の多角形を見ても、それ自身と周囲の面は4色で塗り分けられています。多角形の周囲以外の離れた面は考慮する必要はありません。多角形と同じ色で塗れるからです。どの結び目を見ても、そこに集まる面は3色で塗り分けられています。従って、平面上のあらゆる図形は、4色で塗り分けられます。球面上の図形も一つ一つ見ると結び目と、多角形に還元されますので同じです。