フェルマーの最終定理の簡単な証明
レス数が1000を超えています。これ以上書き込みはできません。
pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
x^p+y^p=z^pをz=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^pとする。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p=z^pとなる。
xを有理数とすると、zは無理数となる。
∴x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。 x^p+y^p=(x+r)^pの両辺をr^pで割る。
(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+...+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p(x^(p-1)+...+r^(p-2)x},
r^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となります。 (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+...+x/r},
はなぜですか? わかりやすく、p=3の場合で計算します。
(y/r)^3-1=3{(x/r)^2+x/r}, r^2{(y/r)^3-1}=3(x^2+rx),
r^2=3とすると、r=3^(1/2)となります。 (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+...+x/r},
この計算をp=4の場合にもしていただきたいです p=4は、奇素数ではないので、p=5でやります。
(y/r)^5-1=5{(x/r)^(5-1)+...+x/r},
r^(5-1){(y/r)^5-1}=5(x^(5-1)+...+r^(5-2)x},
r^(5-1)=5とすると、r=5^{1/(5-1)}となります。 (x+y)^5計算してみてください
そのあと、x=y=1としてみてください (x+y)^5=x^5+5x^4y+10x^3y^2+10x^2y^3+5xy^4+y^5,
=1+5+10+10+5+1
=32
となります。 >>5
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p(x^(p-1)+...+r^(p-2)x},
r^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となります。
ここが理解できない。
r^(p-1)=pとなぜ仮定しちゃってるんですか??
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p(x^(p-1)+...+r^(p-2)x}
の左辺は有理数×有理数という形になっているので、掛け合わしてる数のいずれかは素数の倍数になるという整数の性質は使えないと思うのですが。
違う論法なんですかね。
ちょっと解説を。 言われていることの意味は、例えば、
(4/3)*6=2*4という事でしょうか? 「r^(p-1){(y/r)^p-1}=p(x^(p-1)+...+r^(p-2)x}
の左辺は有理数×有理数という形になっているので」
左辺は有理数×有理数とは限りません。 >>16
でも自然数×自然数であることの証明はできないわけで。
そうであれば、r^(p-1)=pとは言い切れないような。。 「でも自然数×自然数であることの証明はできないわけで。」
これは、どの部分を指しているのでしょうか? r^(p-1){(y/r)^p-1}=p(x^(p-1)+...+r^(p-2)x},
の左辺のことです。
r^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となります。
というところがよく分かってなくて。
自分なりの解釈として、左辺が自然数×自然数であることを前提に、どちらかは素数の倍数である。ということからr^(p-1)=pとおいたのかなと見ていたのですが、この解釈は違う感じですかね。 r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+...+r^(p-2)x},
r^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となります。
「ここが理解できない。
r^(p-1)=pとなぜ仮定しちゃってるんですか??」
例えば、
AB=CDならば、A=Cとすると、B=Dとなるからです。 >>20
レスありがとうございます。
何を前提として仮定として置いているのかとすると
(y/r)^p-1=x^(p-1)+...+r^(p-2)x
と仮定してr^(p-1)=pを導いているのか、それとも逆なのか?どちらでしょうか? r^(p-1)=pとすると、
(y/r)^p-1=x^(p-1)+...+r^(p-2)x
となります。 逆もいえます。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+...+r^(p-2)x},
ならば、
{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+...+r^(p-2)x}
のとき、
r^(p-1)=pとなります。 分かりにくいと思いますので、
p=2を代入して、試してみてください。 AB=CDの証明として。
A=Cとすると、B=Dである。
またB=Dとすると、A=Cである。
故にAB=CDとなる。
みたいな話をしようとしてます?
この場合、A=CかB=Dを示さないと証明になってないですよね。そこを聞いてるんですけど。。。 AB=CDなので、
A=Cとすると、B=Dとなる。
です。 >>26
A=Cが成り立つとなぜ言えるんでしょうか??
本題ではr^(p-1)=pですけど。。
ID変わってるかもです。 > A=Cとすると、B=Dとなる。
A≠Cのときは? あと揚げ足取りになるかもですが。
AB=CDの証明なのに
AB=CDだからA=C
というのも論理的には成り立っていないですよ。
どんなに考えても、この論法は
有理数×有理数を自然数×自然数と錯覚して証明につなげたようにしか思えません。
それ自体は数学ではしょっちゅうある話ですけど。 p=2の場合
r^(p-1)=pは、
r^(2-1)=2となります。
x^2+y^2=(x+2)^2,
x=3, y=4, z=x+2=5
となります。 あなたの証明がおかしいのは p = 3 の場合、それも途中までを議論すれば十分です。
まず x、y、z は自然数(もしくは 0 でない有理数)と仮定します。x、y、z のうちどれか1つでも実数ならば
x^3 + y^3 = z^3 ・・・・・@
が成り立つからです。したがって@を変形するとき、両辺に実数を掛けてはいけません。実数を掛けて時点で@が成り立ってしまいます。
x、y、z は 0 でない有理数で
x^3 + y^3 = z^3 ・・・・・@
を満たしているとする。z - x は必ず有理数になるから、有理数 r を用いて
r = z - x
とおくと
x^3 + y^3 = (r+x)^3 ・・・・・A
Aの両辺を有理数 r^3 で割る。
(x/r)^3 + (y/r)^3 = (1+x/r)^3
(y/r)^3 = 1 + 3(x/r) + 3(x/r)^2 + (x/r)^3 - (x/r)^3
= 1 + 3(x/r) + 3(x/r)^2.
(y/r)^3 - 1 = 3{ (x/r) + (x/r)^2 } ・・・・・ ※
※の両辺に有理数 r^2 を掛ける。
r^2{ (y/r)^3 - 1 } = 3(rx + x^2) ・・・・・B
有理数に四則演算を施した結果はやはり有理数なのでBの因数である
r^2, (y/r)^3, rx, x^2
は有理数である。したがって 有理数 A、B、C、D を用いて
A = r^2, B = (y/r)^3, rx = C, D = x^2
とおけばBは
A(B-1) = 3(C+D) ・・・・・B'
となるが、この式から A = 3 と断定できない。A ≠ 3 でもB'を満たす有理数は無数に存在する。
たとえば
A = 2/7, B = 8, C = 1/3, D = 1/2
のとき
A(B-1) = (2/7)(8-1) = 2
3(C+D) = 3(2/3) = 2 「この式から A = 3 と断定できない。A ≠ 3 でもB'を満たす有理数は無数に存在する。」
その通りです。B'を満たす有理数は無数に存在するので、そのうちの A = 3を選びます。
それから、D = 1/2は、D=1/3の間違いではないでしょうか。 > それから、D = 1/2は、D=1/3の間違いではないでしょうか。
失礼しました。その通りです。
> B'を満たす有理数は無数に存在するので、そのうちの A = 3 を選びます。
そういう都合のいい選択では命題を証明する意味がありません。
A = 3、すなわち r^2 = 3
となってしまい、これを満たす有理数 r が存在しないのは明らかなので、この時点で証明が終わったことになります。 A = 3を選んだ場合と、選ばない場合の両方を調べないとダメなので証明は間違い。 「B'を満たす有理数は無数に存在するので、そのうちの A = 3 を選びます。」
理由は、他の数を選んだ場合と、
A = 3を選んだ場合のx,y,zの比は同じだからです。 >大嘘。証明しろ
p=2の場合の例
x^2+y^2=(x+2)^2 (1)
x=3, y=4, z=5
x^2+y^2=(x+1)^2 (2)
x=3/2, y=4/2, z=5/2
(1)と(2)のx,y,zの比は同じです。 p=2の場合はピタゴラスの定理が成り立つのだから、例になりません。
繰り返しますが A = r^2 = 3 を「選んだ」時点で r が有理数でないことは明らかです
から、それでは@の証明にはまったくならないのです。 p=2の場合、r=2を選んだ場合と他の数を選んだ場合のx,y,zの比は、同じです。
p=3の場合、r=3^(1/2)を選んだ場合と他の数を選んだ場合のx,y,zの比は、同じです。 >p=2の場合、r=2を選んだ場合と他の数を選んだ場合のx,y,zの比は、同じです。
>p=3の場合、r=3^(1/2)を選んだ場合と他の数を選んだ場合のx,y,zの比は、同じです
何の意味もありません。 x^3+y^3={x+3^(1/2)}^3…(1)
x=2, y=({2+3^(1/2)}^3-8)^(1/3), z=2+3^(1/2)
X^3+Y^3=(X+3)^3…(2)
X=2*3/3^(1/2), Y=({2+3^(1/2)}^3-8)^(1/3))*3/3^(1/2), Z=(2+3^(1/2))*3/3^(1/2)
(2)のX,Y,Zは、(1)のx,y,zの3/3^(1/2)倍となります。
X:Y:Z=x:y:zとなります。 > z=2+3^(1/2)
> Z=(2+3^(1/2))*3/3^(1/2)
3^(1/2)は実数なのだから、証明するまでもなく z も Z も実数であることは明らかだかです。よって命題の証明に関しては何の意味もありません。
全くの無意味です。
呆れるほど無意味です。
何度も言いますが x、y、z は自然数(もしくは 0 でない有理数)と仮定しなければなりません。x、y、z のうちどれか1つでも実数ならば
x^3 + y^3 = z^3 ・・・・・@
が成り立つからです。したがって@を変形するとき、
┏━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━┓
┃ いかなる理由があるとも x、y、z に実数を足したり掛けたりするような四則演算を施しては ┃
┃なりません。 ┃
┗━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━┛
変形のための四則演算は必ず有理数の範囲で行うように、慎重を期さねばならないのです。だから難しいのです。
r は r = z - x で定義したのですから当然有理数です。これを
r^2{ (y/r)^3 - 1 } = 3(rx + x^2) ・・・・・B
から r^2 = 3 としてしまえば r が有理数であることを否定し、改めて r は実数であるとと仮定したことになります。したがって定義の r = z - x より、z か x のどちらかは必ず実数となります。どちらが実数になっても@は成り立ちますので
> z=2+3^(1/2)
> Z=(2+3^(1/2))*3/3^(1/2)
などという変形はまったく無意味なのです。問題外のそのまた外です。 〔ABC予想〕
自然数 A<B は互いに素であるとし、A+B=C とおく。
任意のε>0 に対して あるK(ε) >0 が存在し、全ての組(A,B,C)について次が成り立つ。
C < K(ε)・rad(ABC)^(1+ε),
ただし rad(x) は xのすべての素因数の積。
〔問題〕
ABC予想と K(1)≦1 を仮定して
「フェルマーの最終予想」(ワイルズ-テイラーの定理) (6乗以上の場合) を証明せよ。 (略証)
背理法による。
互いに素な自然数の組(a,b,c) と n≧6 が a^n + b^n = c^n を満たすと仮定する。
a^n, b^n, c^n は互いに素だから、ABC予想に A = a^n, B = b^n, C = c^n を代入して
c^n < rad{(abc)^n}^2 ≦ (abc)^2 < c^6,
{∵ 一般に rad(x^n) = rad(x) ≦ x. }
c>1 より n<6,
これは n≧6 と矛盾する。(終)
山崎隆雄 「フェルマー予想とABC予想」 数学セミナー (2010/Oct) >「変形のための四則演算は必ず有理数の範囲で行うように」
理由を教えていただけないでしょうか。 > 理由を教えていただけないでしょうか。
>>42
で説明済みです。きちんと読んでいるのですか?
0 でない有理数 q に対し、無理数(有理数でない実数)r の四則演算
q + r
q - r
qr
q/r
は、すべて無理数になります。証明はとても簡単ですが、あなたは証明できますか?
さらにくどく言うと
0 でない有理数 x、y、z のどれかに無理数の四則演算を施せば、それは無理数になってしまいます。x、y、z のうちどれか1つでも無理数ならば
x^3 + y^3 = z^3 ・・・・・@
が成り立つから、証明するために@を変形する際の四則演算は必ず有理数の範囲でなければいけないのです。 >>46
>証明するために@を変形する際の四則演算は必ず有理数の範囲でなければいけないのです。
普通の数学書でそんな言い方はしない。厳密さに欠ける表現だ。 本当の問題はそこじゃないから
あまりこだわらなくてもね >「x、y、z は自然数(もしくは 0 でない有理数)と仮定しなければなりません。」
理由を教えていただけないでしょうか。
x、y、zは実数と仮定して、式が成り立つものとし、x、y、zが、有理数、もしくは、
無理数となるかを、判定する方法では、だめでしょうか? >普通の数学書でそんな言い方はしない。厳密さに欠ける表現だ。
質問者にわかるように言っている。初等整数論の「し」の字も知らないようなので(笑)。
いずれにしても私はこれ以上レスしない。 >>50
原理的には可能なアプローチだが、有理数の判定が容易ではないのでうまく行かない。
単位円上の有理点をそのアプローチで考えてみよ。 >原理的には可能なアプローチだが、有理数の判定が容易ではないのでうまく行かない。
「rが無理数となる」判定は、間違いでしょうか。 既に指摘されてるように、誤りは「r^(p-1)=p 以外の場合は考えなくてよい」とした点にある。
よく考えてみること。 >「r^(p-1)=p 以外の場合は考えなくてよい」
理由は、r^(p-1)=p 以外の場合の解の比と、
r^(p-1)=pの解の比が、等しくなるからです。 >>55
>r^(p-1)=p 以外の場合の解の比と、r^(p-1)=pの解の比が、等しくなる
その主張が誤りだと言っています。
z=x+r なのですから、r の値が異なれば、x と z の比は当然異なります。 p=2の場合の例
x^2+y^2=(x+2)^2 (1)
x=3, y=4, z=5
x^2+y^2=(x+1)^2 (2)
x=3/2, y=4/2, z=5/2
(1)と(2)のx,y,zの比は同じです。 >>57
その主張が通るなら、rとして有理数や整数を選んでも全く問題ありませんよ。
なぜそうしないのですか? >>55
>r^(p-1)=p 以外の場合の解の比と、r^(p-1)=pの解の比が、等しくなる
その主張が誤りだと言っています。
z=x+r なのですから、r の値が異なれば、x と z の比は当然異なります。 これはあかんな…
>>51のひとと同じ罠にハマっているw 連投してすまんね
質問を変えます。
「r^(p-1)=p 以外の場合」を考えてはいけない理由を教えてください。
解の比が同じであればよいというのなら、なぜr=1としてはいけないのですか?
つまり、もとの問題は、x^p+y^p=(x+1)^p となる有理数x,yを求める問題を解くことと同じなんですよね? r^(p-1)=p 以外の場合」を考えても、よいです。
但し、r^(p-1)=pの場合と、x,y,zの比が同じとなります。
>解の比が同じであればよいというのなら、なぜr=1としてはいけないのですか?
x^p+y^p=(x+1)^p としても、よいです。
但し、pが奇素数の場合は、xを有理数としても、zが有理数となるので、
yが有理数か、無理数かは、計算しないとわかりません。 >>1の論法を使うとこういう証明ができるよね
【定理】x^3+y^3+z^3=w^3は自然数解を持たない。
【証明】w=x+rとおくと、x^3+y^3+z^3=(x+r)^3となる。
これを変形すると、r^2{(y/r)^3+(z/r)^3-1}=3(x^2+rx)となる。
r^2=3となるので、xを有理数とすると、wは無理数となる。
∴x^3+y^3+z^3=w^3は自然数解を持たない。
実際には 3^3+4^3+5^3=6^3 という自然数解が存在するんだけど、
さていったい上の証明はどこが間違ってるんでしょうかねえ? ああこの人か日本中の数学者にメール送りつけてるトンデモさんは
5chだと相手にしてくれる人がいていいな
早速おもちゃにもならんと捨てられ始めてるが □投稿者/ 日高 大御所(392回)-(2019/09/26(Thu) 09:43:17)
>>でも、どこかに私に間違いを説明できる人がいるかもわかりません。
> そういう奇特な人が現れるまで延々と続けるつもりか?
> それならこんな過疎った掲示板でなく
> ttps://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1567920449/
> で聞いた方が奇特な人を見つけられる可能性が高いぞ。
ありがとうございました。5ちゃんねる掲示板に投稿したら、
奇特な人が、いました。
wwwwww……………… いくつかの掲示板でさんざん指摘されたところに答えがあるのだから、過去ログを何十回でも何百回でも読んで、
理解するよう努めれば良いのに。
で、p=2のとき、
x:y:z=3:4:5, r=2
と
x:y:z=5:12:13, r=8
は比が違うぞ。 「x^3+y^3+z^3=w^3は自然数解を持たない。」かどうかを判定するのに、
w=x+rとおいても、判定することはできない。
理由は、元の数が多いからです。 これが最後(笑)
>>理由は、元の数が多いからです。
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
何という阿呆だ。まじめにつきあって馬鹿を見た
>>66 にはなんと言い訳するのだ >>67
あ、もう一つ
君、あちこちの数学科の教授にメールしてるのは本当かね? >>67
なぜ駄目なのでしょう?
あなたの方法と何も変わらないように見えますよ? >>67
なぜ駄目なのでしょう?
あなたの方法と何も変わらないように見えますよ? じゃあ俺は、B^6+L^6+A^6+C^6+K^6+X^6=H^6が自然数解を持つか調べるわ >>67
3つだと駄目で
2つだと良いのは何故ですか >>69
同じアルファベットからアドレスが始まる、知っている数学の先生を含む二桁の人のメールアドレスがtoに入っているメールが時々来てたから、
日本数学会の名簿とかで片端からメールしていたんじゃない? >3つだと駄目で
2つだと良いのは何故ですか
2つだと、あと1つ数を与えると、解が定まりますが、
3つだと、1つ数を与えても、解が定まりません。 >>76
あなたのやり方では
xを有理数とすると、x+rは無理数となる。 ということを根拠にしているのですから、元の数は関係ないですね 3次のの例
x^3 + y^3 = w^3 - z^3,
3^3 + 4^3 = 6^3 - 5^3,
3^3 + 5^3 = 6^3 - 4^3,
4^3 + 5^3 = 6^3 - 3^3,
58^3 + 255^3 = 183^3 + 220^3
= 256^3 - 9^3 = 292^3 - 201^3,
57^3 + 180^3 = 113^3 + 166^3
= 185^3 - 68^3 = 209^3 - 146^3 = 246^3 - 207^3,
804^3 + 963^3
= 1134^3 - 357^3 = 1155^3 - 504^3 = 1246^3 - 805^3
= 2115^3 - 2004^3 = 4746^3 - 4725^3,
1589^3 + 1939^3 = 1608^3 + 1926^3
= 2268^3 - 714^3 = 2310^3 - 1008^3 = 2492^3 - 1610^3
= 4230^3 - 4008^3 = 9492^3 - 9450^3 http://www.crossroad.jp/cgi-bin/bbs/mathbbs/cbbs.cgi?mode=res&namber=49895&page=60&no=0
フェルマーの最終定理? もう釣れないよ
証明じゃなく、単なる文字の羅列じゃないかwwwww
レスは餌になるので一切無用に
願います<(_ _)>。
__ ___/ ,/ヽ
∨ ↓H高 ,/ ヽ数学の本は、読んでいませんwww
∧_∧ ∧_∧ ,/ ヽ学力は、小学校もあやしいですwww
( ´∀`) ( ´∀`),/ ヽ2×6 = 3a×4
( ) ( つつ@ ヽの右辺に a(1/a) をかけて
| | | ___ | | | ヽ2×6 = 3a×4(1/a)とすると
(__)_) |――| (__)_) ヽ2 = 3a となると本気で思っています。
 ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄| ヽ<・フェルマーの最終定理─<
\/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\|彡~゚ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\彡 〜 〜〜 〜〜 〜〜 〜 〜
レスは餌になるので一切無用に願います<(_ _)>。 (1) AB=CD
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。
(2) A(B+C)=DE
A(B+C)=DEならば、A=Dのとき、B+C=Eとなる。
B+C=Eは、Eを決めても、B,Cは定まりません。
x^p+y^p=z^pは、(1)になります。
x^p+y^p+z^p=w^pは、(2)になります。 >>1の論法を使うとこういう証明ができる
【定理】x^3+y=z^3は自然数解を持たない。
【証明】z=x+rとおくと、x^3+y=(x+r)^3となる。
これを変形すると、r^2{(y/r^3)-1}=3(x^2+rx)となる。
r^2=3となるので、xを有理数とすると、zは無理数となる。
∴x^3+y=z^3は自然数解を持たない。 ガロア理論スレのスレ主同様に何を言われても無敵の人っぽいしなあ >>63 >>78
x = 3pp +5pq -5qq,
y = 4pp -4pq +6qq,
z = 5pp -5pq -3qq,
w = 6pp -4pq +4qq,
ここに p>q は自然数。
ラマヌジャンすれ-109 >>63 >>78
x = -|α|^4 - |β|^2・Re(2αβω),
y = |α|^4 + |β|^2・Re(2αβω~),
z = |β|^4 + |α|^2・Re(2αβω),
w = |β|^4 + |α|^2・Re(2αβω~),
ここに α,β ∈ Z[√(-3)], ω≠1 は1の3乗根。
・参考書
北村泰一「数論入門」(改訂版)、槇書店 数学選書 (1989)
北村泰一「南極越冬隊 タロジロの真実」小学館文庫 (2007/Mar) 649円
「オイラーの贈物」スレ-261 >>63 >>78
現在は↓とするらしい・・・・
x = t^3 -(s+r)tt +(ss+2rr)t +(rss -2rrs +r^3),
y = -t^3 +(s+r)tt -(ss+2rr)t +(2rss -rrs +2r^3),
z = (s-2r)tt + (rr-ss)t + (s^3 -rss +2rrs -2r^3),
w = (s+r)tt + (ss+2rr)t +(-s^3 +rss -2rrs -r^3),
ただし r,s,t は整数。
現代数学スレ-565 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】z=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)となる。
これを変形すると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
r^(p-1)=pとなるので、(1)は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(1)は、xを有理数とすると、zは無理数となる。
(2)の右辺にa(1/a)を掛けると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apとなるので、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。よって、(1),(3),(5)は有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。 http://www.crossroad.jp/cgi-bin/bbs/mathbbs/cbbs.cgi?mode=res&namber=49895&page=60&no=0
フェルマーの最終定理? もう釣れないよ
証明じゃなく、単なる文字の羅列じゃないかwwwww
レスは餌になるので一切無用に
願います<(_ _)>。
__ ___/ ,/ヽ
∨ ↓H高 ,/ ヽ数学の本は、読んでいませんwww
∧_∧ ∧_∧ ,/ ヽ学力は、小学校もあやしいですwww
( ´∀`) ( ´∀`),/ ヽ2×6 = 3a×4
( ) ( つつ@ ヽの右辺に a(1/a) をかけて
| | | ___ | | | ヽ2×6 = 3a×4(1/a)とすると
(__)_) |――| (__)_) ヽ2 = 3a となると本気で思っています。
 ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄| ヽ<・フェルマーの最終定理─<
\/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\|彡~゚ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\彡 〜 〜〜 〜〜 〜〜 〜 〜
レスは餌になるので一切無用に願います<(_ _)>。 >指摘をスルーし同じことを繰り返す
指摘とは、x^3+y^3+z^3=w^3のことでしょうか? > 指摘とは、x^3+y^3+z^3=w^3のことでしょうか?
>>87 のすべて。 ガロア理論スレのスレ主とか
0.99999……は1ではない のスレ主とか
ここの日高とか
全く何も理解できないわけでもないのに読解力や思考力に欠け
ネットで延々同じ話をループさせるだけの人間はなんなんだろう?
パタンは違うが数学の本スレの松坂くんも似たタイプ
うん新井紀子先生なら彼らにも正しい読解力を身につけさせられるだろうww ほい
【定理】x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。
【証明】z=x+rとおくと、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)となる。
これを変形すると、r^2{(y/r)^2-1}=2{rx}…(2)となる。
r^2=2となるので、(1)は、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(1)は、xを有理数とすると、zは無理数となる。
(2)の右辺にa(1/a)を掛けると、r^2{(y/r)^2-1}=2a{rx}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^2=2aとなるので、(1)はx^p+y^p=(x+√(2a))^2…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となる。よって、(1),(3),(5)は有理数解を持たない。
∴x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。 87のどの部分が間違いかを、ご指摘いただけないでしょうか。 奇数芸人と一緒で「君の理屈を使うとこんなおかしなこと証明できちゃうから、君の理屈はおかしいんだよ」ってのが通じないみたいだね お前の証明が正しいのなら >>81 の証明も正しいってこと。 奴との共通点はまだあるぞ
・唐突に新しい変数を説明なしで使う
・一度定義した変数を別の意味で使う
・式の形が同じだから同値だと言い張る
あとはこれかな
・指摘してくださいと言いつつ指摘を聞く気はない ・唐突に新しい変数を説明なしで使う
・一度定義した変数を別の意味で使う
・式の形が同じだから同値だと言い張る
何番のどの部分かを、教えていただけないでしょうか。 「元の数が多い」という言い訳が通用しない反論はこの2つかねえ
>>1はどう再反論するつもりなのか
81132人目の素数さん2019/09/28(土) 11:56:56.38ID:/q9d/h6J
>>1の論法を使うとこういう証明ができる
【定理】x^3+y=z^3は自然数解を持たない。
【証明】z=x+rとおくと、x^3+y=(x+r)^3となる。
これを変形すると、r^2{(y/r^3)-1}=3(x^2+rx)となる。
r^2=3となるので、xを有理数とすると、zは無理数となる。
∴x^3+y=z^3は自然数解を持たない。
95132人目の素数さん2019/09/29(日) 13:53:19.72ID:TVW6j99y
ほい
【定理】x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。
【証明】z=x+rとおくと、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)となる。
これを変形すると、r^2{(y/r)^2-1}=2{rx}…(2)となる。
r^2=2となるので、(1)は、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(1)は、xを有理数とすると、zは無理数となる。
(2)の右辺にa(1/a)を掛けると、r^2{(y/r)^2-1}=2a{rx}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^2=2aとなるので、(1)はx^p+y^p=(x+√(2a))^2…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となる。よって、(1),(3),(5)は有理数解を持たない。
∴x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。 奇数芸人TAKAGI KOJIと
フェルマー芸人kokaji222@yahoo.co.jp
の間には何らかのアナグラムが隠されているかもしれん http://www.crossroad.jp/cgi-bin/bbs/mathbbs/cbbs.cgi?mode=res&namber=49895&page=60&no=0
フェルマーの最終定理? もう釣れないよ
証明じゃなく、単なる文字の羅列じゃないかwwwww
レスは餌になるので一切無用に
願います<(_ _)>。
__ ___/ ,/ヽ
∨ ↓H高 ,/ ヽ数学の本は、読んでいませんwww
∧_∧ ∧_∧ ,/ ヽ学力は、小学校もあやしいですwww
( ´∀`) ( ´∀`),/ ヽ2×6 = 3a×4
( ) ( つつ@ ヽの右辺に a(1/a) をかけて
| | | ___ | | | ヽ2×6 = 3a×4(1/a)とすると
(__)_) |――| (__)_) ヽ2 = 3a となると本気で思っています。
 ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄| ヽ<・フェルマーの最終定理─<
\/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\|彡~゚ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\彡 〜 〜〜 〜〜 〜〜 〜 〜
レスは餌になるので一切無用に願います<(_ _)>。 5315
かずきち@dy_dt_dt_dx 9月29日
京大オープン経済190/550しか取ってないやつにマウント取られて草
お前より90点高いんだよ黙って勉強しろ
https://twitter.com/dy_dt_dt_dx
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) >>81には触れないんだね
どういうことか、教えていただけないでしょうか。 どこがわからないのかが分からない。てかここまで説明されて分からないんだったらお前才能ないから諦めろ。 致命的な指摘はわからないで押し通すつもりなのか、それとも本当にわからないのか >>致命的な指摘はわからないで押し通すつもりなのか、それとも本当にわからないのか
本当にわからないのだ(笑)。なにしろ数学ナビの掲示板で
スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね?
(1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
(2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
(3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
という質問に対し、
問題の意味がよくわかりません。
⇒の意味は、〜ならば〜である。と思いますが、
sin(π/2) = 0, sin(π/3) = 0となりません。
sin(π/2) = 1となりますが、 cos(π/3) = 1となりません。
と珍答するほど数学的素養に欠けるやつだからなwwwwwwww >致命的な指摘はわからないで押し通すつもりなのか、それとも本当にわからないのか
本当に、わかりません。 x^3+y=z^3は自然数解を持つのに、
>>1の論法を使った>>81では自然数解を持たないことが
証明できてしまうので、>>1の論法は間違っているということだよ。 pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
x^p+y^p=z^pをz=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^pとする。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p=z^pとなる。
xを有理数とすると、zは無理数となる。
∴x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
確認ですが、>>1とは、これの事でしょうか? >スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね?
(1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
(2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
(3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
答えと、その理由を教えていただけないでしょうか。 悶える様
数学ナビゲーターの50069の中で
「x,y,z,wは連続する4つの自然数なので、」と書いてありましたが、
その理由を教えていただけないでしょうか。 >x^3+y=z^3は自然数解を持つのに、
>>1の論法を使った>>81では自然数解を持たないことが
証明できてしまうので、>>1の論法は間違っているということだよ。
どういう意味でしょうか?
教えていただけないでしょうか。 >「わからない」でとぼけ通すつもりっぽいですよね
これは、どのことを、指しているのでしょうか? 数学も日本語もできない馬鹿だな。
分からないのならどこが分からないのか具体的に書けよ。 >>123
どう考えても >>121 のことを指してるだろw
>>124
どう考えても >>121, >>123 に対してだろ。
少しは頭を使えよ猿。 >>100追加
・指摘に反論できなくなるとトボけ倒して逃げる >>115読んでもわからないなら何してもわからないから、諦めた方がいいよ お前が誤魔化さずに具体的に聞けよw
出来の悪い猿だなww , ,:‘. ..; ', ,:‘ ’‘
, .. . + 。 ’‘ :] . ..
, ,:‘. 数学の本を読めないのに + ,..
’‘ + ,.. . ..; ', ,:‘
+ ,.. ,:‘. つまりは、初等整数論の基礎の基礎すら知らないで ,:‘. ,..
’‘ + ,.. . ..; ', ,:‘
+ , .. . + ’。
. .; : ’フェルマーの最終定理を証明できたなんて・・・ ' ,:‘.
, .. . + 。 ’‘ :] . ..
それにしても . ..; ', ,:
, .. . 2 = 3aとなるので、a = 2/3となります。 ..; ',
' ,:‘. a = -1 の場合 , .. .
. ..; '. 2*6 =3a*4(1/a)=-3*(-4)=12となります。 ..; ',
だなんて・・ あ あ ・ ・ ・ ,:‘. +
。
.. ' ,:‘. 馬 鹿 過 ぎ ま す . ...:] ’‘
。
’‘ .; こ ん な 馬 鹿 な
。
. 。 ス レ ッ ド を 見 た の ,:‘. 。+
'+。
初 め て で す .. ' ,:‘.
:] . .. .. ' ,:‘.
, ,:‘. ..; ', ,:‘ ’‘
,:‘. 。 .. . . :]: ' ,:‘. , .. . + 。 , .. . + . : :... スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね?
(1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
(2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
(3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
どなたか、答えをおしえていただけないでしょうか。 2 = 3aとなるので、a = 2/3となります。 ..; ',
' ,:‘. a = -1 の場合 , .. .
. ..; '. 2*6 =3a*4(1/a)=-3*(-4)=12となります
「a = -1 の場合」
どうして、こうなるのでしょうか? □投稿者/ 日高 大御所(368回)-(2019/08/27(Tue) 15:50:36)
■No49986に返信(勇気再雨さんの記事)
> 2019/08/27(Tue) 09:56:06 編集(投稿者)
>
>>a(1/a)=1なので、右辺にa(1/a)をかけて
>>2×6=3a×4(1/a)とすると
>>2=3a, a=2/3, となるので、
>>2×6=2×6となります。
>
> 2*6 = 3a*4
> の右辺に a(1/a) をかけて
> 2*6 = 3a*4(1/a)
> とすると
> 2 = 3a, a = 2/3
> となるので、a = -1 の場合
> 2 = 3(-1), (-1) = 2/3
> となります。
2 = 3aとなるので、a = 2/3となります。
a = -1 の場合
2*6 =3a*4(1/a)=-3*(-4)=12となります。 どうして
a = -1 の場合がでてくるのでしょうか。 ガロアのスレ主とか安達とか日高とか
何言っても「無敵」なんだが微妙に会話のパターンが違うか 【定理】x^3+y=z^3は自然数解を持たない。
【証明】
[1] z=x+rとおくと、x^3+y=(x+r)^3となる。
[2] これを変形すると、r^2{(y/r^3)-1}=3(x^2+rx)となる。
[3] r^2=3となるので、xを有理数とすると、zは無理数となる。
[4] ∴x^3+y=z^3は自然数解を持たない。
実際には x^3+y=z^3 は自然数解を持つので、
上記の証明はどこかが間違っている。
[1]〜[4]のうちどの行が間違いなのか、>>1は指摘してみせよ。 ↓日高=猿
118
>・・・と書いてありましたが、
>その理由を教えていただけないでしょうか。
121
>どういう意味でしょうか?
>教えていただけないでしょうか。
123
>これは、どのことを、指しているのでしょうか?
124
>これは、どのことに対してでしょうか?
129
>具体的に、
>どのことに対してでしょうか。
132
>具体的にお願いします。
134
>よろしくお願いします。
138
>「a = -1 の場合」
>どうして、こうなるのでしょうか?
140
>どうして
>a = -1 の場合がでてくるのでしょうか。 http://www.crossroad.jp/cgi-bin/bbs/mathbbs/cbbs.cgi?mode=res&namber=49895&page=50&no=0
┌日┐
|※| 数学力は小学生レベルも怪しいです(´・ω・`)
|数|
|学| でも、あのフェルマーの最終定理を証明できたんです!(`^´) ドヤッ!
|の|
|本| それをここで発表したら・・・驚くべきことに (・ω・´ ノ)ノナヌッッ!!
|は|
|読| 数学ナビの掲示板で一番の人気スレになりました!!(`^´) ドヤッ!
|ん|
|で| スレの過去ログもなんと1〜7まであります!(`⌒´)エッヘン!
|ま|
|せ| 事実上まったく同じ屑スレが7つもあるのです(`^´) ドヤッ,ドヤッ!
|ん|
|!| あ!無職なので仕事でダメ出しされることはないです(`⌒´)エッヘン!
└高┘ ┌日┐
|※| 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・`)
|数|
|学| よって人生経験はそれなりにあるんですが・・・・・
|の|
|本| 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです(´・ω・`)
|は|
|読| でも、下阪神は人格がないくらい元気ですので(`^´) ドヤッ,ドヤッ!
|ん|
|で| あのフェルマーの最終定理を証明できたんです!(`⌒´)エッヘン!(`^´)
|ま|
|せ| 下阪神力で達成した証明ですから、常人には理解不可能です。
|ん|
|!| よってレスは一切無用に願います<(_ _)>。
└高┘ >z=x+rとおくと、x^3+y=(x+r)^3となる。
は、x^3+y^3=(x+r)^3となる。ではないでしょうか? >>147
>>142は>>1と全く同じロジックを使って、別問題の証明を行なっている。>>1の誤りを示すために。 1,87は、私の証明です。
81は、他の人が、書いています。(タイプミスだと思います。) 1,87は、私の証明です。
81は、他の人が、書いています。(タイプミスだと思います。) >>81は、x^3+y=z^3が自然数解を持たないことを証明しているのでyの係数が3でないのはタイプミスではありません。以上。 >>81は、x^3+y=z^3が自然数解を持たないことを証明しているのでyの係数が3でないのはタイプミスではありません。
「yの係数が3」でないとは、言っていません。
yは、y^3の間違いでは、ないでしょうか? >>153
やっぱりあえて無視してるの?
>>115はイミわかる? x^3+y=z^3は自然数解を持つのに、
>>1の論法を使った>>81では自然数解を持たないことが
証明できてしまうので、>>1の論法は間違っているということだよ
上記は、115ですが、どういう意味でしょうか? >>156
まず、一番上の行のイミはわかりますか? >x^3+y=z^3は自然数解を持つのに、
わかりません。教えていただけないでしょうか。 >>158
x,y,z=2,19,3など無限とある。yでいくらでも調整できるし。 フェルマーの最終定理より、フェルマーの最終定理が成り立つ
こっちのが簡単 「x,y,z=2,19,3など無限とある。yでいくらでも調整できるし。」
その通りと思います。 >たしか p=3 については解があったよな
http://i.imgur.com/WnK47xk.jpg
これは、足し算が間違っています。 >>162
では>>115全体の意味はわかりますか? 「では>>115全体の意味はわかりますか?」
わかりません。 >>165
「>>1の論法を使うと x^3+y=z^3 が自然数解を持たないことが証明できる」
この意味はわかりますか? 「>>1の論法を使うと x^3+y=z^3 が自然数解を持たないことが証明できる」
この意味はわかりますか?
わかりません。 「どこがわかりませんか?」
「>>1の論法を使うと x^3+y=z^3 が自然数解を持たないことが証明できる」
これが、わかりません。 >>171
そのままの意味です
「論法」の意味がわからなければ辞書で引いてください
「使うと」というのは「使った場合」、「使えば」程度の意味です 「そのままの意味です」
具体的に、教えていただけないでしょうか。 >>173
「論法」の意味がわからなければ辞書で引いてください
「使うと」というのは「使った場合」、「使えば」程度の意味です pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
x^p+y^p=z^pをz=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^pとする。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p=z^pとなる。
xを有理数とすると、zは無理数となる。
∴x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
上記のどの部分を使うと、「x^3+y=z^3 が自然数解を持たないことが証明できる」
のでしょうか? 「y^pをYにでも置き換えればいいじゃん」
具体的に、どのようにすればいいのでしょうか。 わからないわからないと誤魔化し続けても正しくなる訳じゃない
この人は何をしてるんでしょうか? 「y^pをyに読み替えればいいですね」
pが奇素数のとき、x^p+y=z^pは自然数解を持たない。
x^p+y=z^pをz=x+rとおいて、x^p+y=(x+r)^pとする。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x^p+y=(x+p^{1/(p-1)})^p=z^pとなる。
xを有理数とすると、zは無理数となる。
∴x^p+y=z^pは自然数解を持たない。
これで、よろしいでしょうか。 それで無事間違った命題が証明されたわけですね
どこが間違ってるかわかりますか?
わからなければ、このスレを読み返してくださいね 日高さんは他の分野の数学はだいじょうぶなのですか。
たとえば
x + y + z = 10 ……@
x + 2y + 3z = 21 ……A
5x + 6y + 7z = 61 ……B
について x = 2,y = 5,z = 3 という解はこの連立1次方程式を満たしますが、これを解けますか? x^2+y^2=(x+r)^2
変形すると、
r{(y/r)^2-1}=2x
r=2とすると、
x^2+y^2=(x+2)^2
y^2=4x+4…(1)
(1)は、xに、任意の有理数を代入しても、
yは、有理数になるとは、限りません。
x^2+y=(x+r)^2
変形すると、
r{y/r^2-1}=2x
r=2とすると、
x^2+y=(x+2)^2
y=4x+4…(2)
(2)は、xに、任意の有理数を代入すると、
yは、必ず有理数になります。
x^2+y^2=(x+r)^2と、x^2+y=(x+r)^2は式が異なるので、
同じ論法は使えないと思います。 >>100にこれも追加
・問い詰められると関係ない話をして逃げる >>81は x^3+y=z^3 ですよ
x^3+y=z^3は、y=z^3-x^3なので、
z,xを有理数とすると、
yは、必ず有理数になります。
x^3+y^3=z^3は、y^3=z^3-x^3なので、
z,xを有理数とすると、
zは、有理数になるとは限りません。 >>187
そうですね
けどあなたが使った理屈を使うと自然数解がないことが示せてしまうんですね >>81 は
x^3 + y = z^3 を満たす自然数の組 (x, y, z) は存在しない。・・・・・@
と主張しているのであって、
z, x が有理数 ⇒ yは有理数
を否定しているわけではありませんよ。実際には
x^3 + y = z^3 を満たす自然数の組 (x, y, z) は無数に存在します。
したがって@は偽の命題です。ところがあなたの珍論理を使うと@が真の命題になってしまうのです。その証明が>>81です。つまりあなたの珍論理は人類が築き上げた数学とはまったく相容れないものなので、今後は犬か猫にでも相談してください。 x^3 + y = z^3 を満たす自然数の組 (x, y, z) は存在しない。・・・・・@
は、偽の命題です。
x^3 + y^3 = z^3 を満たす自然数の組 (x, y, z) は存在しない。・・・・・A
@のx^3 + y = z^3と、Aのx^3 + y^3 = z^3は、別の式だと思います。 >>190
背理法
でもあなたの論法を使えば、両者証明できてしまう。これは矛盾でしょう?
だからその論法が間違っているの。背理法。 日高さんに質問。
命題「x が有理数 ⇒ z が無理数」が真のとき、
命題「ゼロでないどんな実数 a についても積 ax と積 az がともに有理数になることはない」
は真ですか? >>183
解けますた。
B = @*4 + A
なので、@,Aを満足すれば十分。(rank=2)
@,Aから
y + 2z = 11,
-x +z = 1,
2x + y = 9,
となり
x = 2 + k,
y = 5 - 2k,
z = 3 + k, >でもあなたの論法を使えば、両者証明できてしまう。これは矛盾でしょう?
詳しく教えていただけないでしょうか。 >命題「x が有理数 ⇒ z が無理数」が真のとき、
すみません。意味がはっきり、よみとることが、できませんので、具体的に
説明していただけないでしょうか。 >>197
あなたが「xを有理数とすると、zは無理数となる」と言っていたのは、
「x が有理数 ⇒ z が無理数」が真であるということではないのですか? 「xを有理数とすると、zは無理数となる」ならば、
「ゼロでないどんな実数 a についても積 ax と積 az がともに有理数になることはない」と言えますか? >>196
読んだまんまなんだが、どこがわからないの? >「xを有理数とすると、zは無理数となる」ならば、
「ゼロでないどんな実数 a についても積 ax と積 az がともに有理数になることはない」と言えますか?
上記は、
x^3+y^3=(x+r)^3についてでしょうか、
それとも、
x^3+y=(x+r)^3についてでしょうか。 >>201
「xを有理数とすると、zは無理数となる」ならば、
「ゼロでないどんな実数 a についても積 ax と積 az がともに有理数になることはない」と言えますか?
が質問の全文ですが、答えられませんか? まさか
x^3 + y^3 = z^3
r = z - x
r^2{ (y/r)^3 - 1 } = 3(rx+x^2)
r^2 = 3
とすることは許されるが
x^3 + y = z^3
r = z - x
r^2{ (y/r^3)-1} = 3(rx+x^2)
r^2 = 3
はダメだと思っているのではあるまいね? >まさか
x^3 + y^3 = z^3
r = z - x
r^2{ (y/r)^3 - 1 } = 3(rx+x^2)
r^2 = 3
とすることは許されるが
x^3 + y = z^3
r = z - x
r^2{ (y/r^3)-1} = 3(rx+x^2)
r^2 = 3
はダメだと思っているのではあるまいね?
ダメだと思っているのではありません。 このスレで>>1の誤りを理解できていないのはただ一人。>>1が誤りであるという明確な証明も既になされている。 >>205
送りました 内緒にしててください
様子見してたし書くつもりはありませんここに
他人に証明されたのならば仕方ないと思っていますn=3の解です >>205
あとアカシックレコードとかの関係で怒っています。
切り出し口の相手になっていただきありがとうございます。 序でにそのn’(2*1.5)乗とかいう切り下げの方法は面白いのでノートで勉強しています。
n’(1.5)*n’(2)≠n’(3)な事は私にとって自明ではないので興味と或る式の形への分解が見え面白いです。 キャレットがありません。
私のスマホには。’乗の記号です。
後名前は公開しないでください。
匿名希望なので。 一つの整数を二つの平方数の差で表すのスレ主です。
まあ、書きましょう。
名前は梅田悠祐で
(31104)’3+(1292966)’3=(1292972)’3
です。 あと何か言っている人も居ますが原始ピタゴラス数も知らないのですか!? 日高さんは小学生レベルの数学なら何とかなるそうですが、次の問題を解けますか?
1 個 66 円の柿と 1 個 35 円のミカンを合わせて 3890 円分買いました。
このとき、柿とミカンをそれぞれ何個ずつ買ったのでしょうか? >「xを有理数とすると、zは無理数となる」ならば、
「ゼロでないどんな実数 a についても積 ax と積 az がともに有理数になることはない」と言えますか?
言えます。 言えますでは行けません。きちんと証明してください。 >>214
そう思いますか。
では以下の2つの質問には回答できますか?
z=x+√3のとき、「xを有理数とすると、zは無理数となる」と言えますか?
z=x+√3のとき、「ゼロでないどんな実数 a についても積 ax と積 az がともに有理数になることはない」と言えますか? >z=x+√3のとき、「xを有理数とすると、zは無理数となる」と言えますか?
言えます。
>z=x+√3のとき、「ゼロでないどんな実数 a についても積 ax と積 az がともに有理数になることはない」と言えますか?
言えます。 >>217
そう思いますか。
最後の回答は残念ながら誤りです。 >最後の回答は残念ながら誤りです。
どうしてでしょうか、理由を教えていただけないでしょうか。 そのまえに「言えます」と断定した理由(証明)を述べてください。でないと説明しても無理でしょう。 >z=x+√3のとき、「ゼロでないどんな実数 a についても積 ax と積 az がともに有理数になることはない」と言えますか?
言えます。
理由は、
aが有理数のとき、xを有理数とすると、zは無理数となるので、axは有理数、
azは、無理数となります。
aが無理数のとき、axは無理数、azは無理数、もしくは、有理数となりますが、
ax,azを、それぞれ、実数aで割ると、x,zとなります。 これ誤りですと言うだけ言って
ばっくれるパターンのやつやな 理由を書いても「わかりません」と返るのが関の山だろ >>221
その命題には x が有理数という仮定はないので、勝手にそのように思い込んではいけない。 ふぁ?ひっかけクイズかい!!!wwwwwwwwww じゃ前提条件の提示不備だろ
この文脈で「誤りの説明前にお前の考えを教えろ。それができないなら説明しても理解できない」まで言っておいて、「xが有理数とは書いていません」かい?
人をバカにするのも程々にしないといけない >>228
落ち着け
それより、日高や228が、なぜxを有理数だと思い込んだのか、その理由のほうが興味深い >>229
文脈だ
>>216 で
一つのレスの中に二つの質問があった
両問とも提示された式の形は同じ
一番目の問題には「xは有理数」と書かれており、
二番目にはxが有理数とも何とも書かれていない
さらに、この質問は>>1の提示した証明の論拠となっている
「xを有理数とするとzは無理数となる」という論理を
簡素化してその真偽を議論しようとしたものと思ったからだ
そう思ったのは私の勝手だが、
この文脈でそう思わない人はいるのか?
特に当事者である>>1がそう思えないのは至って自然だろう つまり、そういう文脈を使うことで、
あたかもxが有理数でなきゃならんという誤解を
読み手に与えることに1は成功してるんだな いくらなんでも>>228を馬鹿にする意図はないぞ。本当に落ち着いたほうがいい
それはそれとして、
元々の問題が「x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」なんだから、x,y,zはすべて自然数と仮定して論理を進めると普通は思うんだが、1のやり方はそうじゃなくて、
自然数でないx,y,zがあって、x^p+y^p=z^pが成り立つとき、ax,ay,azがすべて自然数であるような係数aが存在すれば、それは自然数解になるはずだから、
そういった場合も含めて解がないことを証明したいんだと読んだんだが、その読み方は正しいのかい? ん?>>1が成功している?のか???>>1なの??
私の方に何か誤解や早とちりがあるかもしれない。
もうちょっと前までさかのぼって経緯の再確認をしてくる。
いずれにしてもスレチなので、
この件についてはこれ以上は書き込まない。
ただ、再確認の上、私が間違っていたなら謝りに来る。 >>232
終始一貫、xは有理数(ひょっとすると整数まである)が前提かと思ってたけど、>>50あたりを読むとちょっと違うのかもね
いずれにしても>>1をバカにする意図はなかったようで、私の早とちりでした。
かみついてごめんなさい。 >aが有理数のとき、xを有理数とすると、zは無理数となるので、axは有理数、
azは、無理数となります。
aが無理数のとき、axは無理数、azは無理数、もしくは、有理数となりますが、
ax,azを、それぞれ、実数aで割ると、x,zとなります。
誤りの理由を教えていただけないでしょうか。 >>50ではx、y、zは実数と仮定してと言いつつ、>>235ではxが有理数の場合しか考えてないのは何故ですか? >「xを有理数とすると、zは無理数となる」ならば、
「ゼロでないどんな実数 a についても積 ax と積 az がともに有理数になることはない」と言えますか?
xを無理数、zを無理数、aを実数とすると、
積 ax と積 az がともに有理数となることは、あります。 >>237
そのような場合に
「x^p+y^p=z^pとなるx,y,zと、ax,ay,azがすべて自然数であるような係数aが存在する」
をどのような証明で否定していますか? 「xを無理数、zを無理数、aを実数とすると、
積 ax と積 az がともに有理数となることは、あります」
>そのような場合に
「x^p+y^p=z^pとなるx,y,zと、ax,ay,azがすべて自然数であるような係数aが存在する」をどのような証明で否定していますか?
ax,ay,azを、それぞれ、aで割ると、x,y,zとなります。 >>239
ax,ay,azがすべて自然数ならばそれは解なので、x,y,zが無理数かどうかはもはや関係ないですね
いったい何がしたいんですか? >ax,ay,azがすべて自然数ならばそれは解なので、x,y,zが無理数かどうかはもはや関係ないですね
すみません。意味がよくわからないので、詳しく教えていただけないでしょうか。 >>241
x^p+y^p=z^pの関係にあるx,y,zについて、
ax,ay,azがすべて自然数となる係数aがあるならば、
必ず(ax)^p+(ay)^p=(az)^pですから、
x,y,zが無理数かどうかに関わらず
ax,ay,azの組み合わせは自然数解となります。
そのような解ax,ay,azがないことをあなたはどのように証明しますか? >x^p+y^p=z^pの関係にあるx,y,zについて、
ax,ay,azがすべて自然数となる係数aがあるならば、
必ず(ax)^p+(ay)^p=(az)^pですから、
x,y,zが無理数かどうかに関わらず
ax,ay,azの組み合わせは自然数解となります。
「そのような解ax,ay,azがないことをあなたはどのように証明しますか?」
そのような解ax,ay,azがあるならば、x,y,zは、整数比となります。 >>243
つまりあなたは、
x,y,zがすべて無理数ならば、x,y,zは整数比とはなりえない
と主張したいのですか? >x,y,zがすべて無理数ならば、x,y,zは整数比とはなりえない
と主張したいのですか?
違います。
x,y,zがすべて無理数でも、x,y,zは整数比となります。 >>245
では>>243はどういう意味でしょうか? 「>>245
では>>243はどういう意味でしょうか?」
すみません。質問の意味が、よく読み取る事ができませんので、
具体的に、説明していただけないでしょうか。 >>243
「そのような解ax,ay,azがないことをあなたはどのように証明しますか?」
の質問に対する答えが
そのような解ax,ay,azがあるならば、x,y,zは、整数比となります。
でしたが、この回答で何を示そうとしたのですか? >「そのような解ax,ay,azがないことをあなたはどのように証明しますか?」
の質問に対する答えが
そのような解ax,ay,azがあるならば、x,y,zは、整数比となります。
でしたが、この回答で何を示そうとしたのですか?
「x,y,zが整数比となるかを、証明すればよい。」ということです。 >>249
>「x,y,zが整数比となるかを、証明すればよい。」ということです。
あなたはそれをどうやって証明しましたか? pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
x^p+y^p=z^pをz=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^pとする。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p=z^pとなる。
xを有理数とすると、zは無理数となる。
∴x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
の
「xを有理数とすると、zは無理数となる。」の部分です。 >>251
話が堂々巡りですね
結局あなたは xが無理数の場合について
何も証明していないのですね >話が堂々巡りですね
「結局あなたは xが無理数の場合について
何も証明していないのですね」
xが無理数の場合は、共通の無理数で割れば、
xが有理数の場合と同じとなります。 まず「x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」の問題を考えるなら
>>50で言うような「x、y、zは実数と仮定して、式が成り立つものとし、
x、y、zが、有理数、もしくは、無理数となるかを、判定する方法」では、そもそも正しくない。
x、y、zはあくまでも自然数と仮定しなければならない。
「r^(p-1)=p 以外の場合の解の比と、r^(p-1)=pの解の比が、等しくなる」と言いながら、
自然数 x、y、z と比が等しいだけの、別の数の組み合わせについて議論するならば、
同じ x、y、z の変数をそのまま使用してはならない。
無理数 r と自然数x、y、zでは、x+r=zにはなりえないからだ。
その前にまず、自然数x、y、zとは別の実数 X、Y、Zをx:y:z=X:Y:Zが成り立つように仮定して、
そのX、Y、Zの上で Z=X+r とおいてから議論するのならば良い。
一旦そのように書き直してはどうか? そうでなければ
・一度定義した変数を別の意味で使う
と>>100で言われているような不正が含まれる>>1の証明は認められない。 >>253
>xが無理数の場合は、共通の無理数で割れば、xが有理数の場合と同じとなります。
同じではありません。
あなたはzとxの差がp^{1/(p-1)}である場合しか証明していません。
zとxの共通の無理数で割ったら、その差はp^{1/(p-1)}とは異なりますから、同じとは言えません。 >その前にまず、自然数x、y、zとは別の実数 X、Y、Zをx:y:z=X:Y:Zが成り立つように仮定して、
そのX、Y、Zの上で Z=X+r とおいてから議論するのならば良い。
すみません。この方法で、うまく説明できるかが、わかりません。 ひとつまとめてみましょう
まず、フェルマーの最終定理を考えるにあたって
「x^p+y^p=z^p かつ z=x+p^{1/(p-1)} である実数 x,y,z が整数比を持つかどうか」を調べる方針なのはそれで良いでしょう。
p^{1/(p-1)} が無理数なのだから、
x が有理数の場合に x と z が整数比になり得ない、というのも正しいです。
では
x が無理数の場合に x と z が整数比になり得ない、ということをどのように示しますか?と聞いたら、
「xが無理数の場合は、共通の無理数で割れば、xが有理数の場合と同じ」という回答でしたが、
x と z を共通の無理数で割れば z=x+p^{1/(p-1)} が成り立たなくなるのだから、同じような証明は使えないでしょう、ということです。 >>254で指摘されたことはこのスレばかりじゃなく、数学ナビの掲示板でもさんざん指摘されていることなんだけど
日高センセーは論理学の基礎の基礎がまったくわかっていないので、理解することは不可能でしょう。
なにしろ
a と b、a と c、b と c は互いに素な自然数とする。a、b、c が
a^2 + b^2 = c^2
を満たしているとき、c が奇数であることを証明する。
というような問題すら証明できないのだから(笑)。 >x と z を共通の無理数で割れば z=x+p^{1/(p-1)} が成り立たなくなるのだから、同じような証明は使えないでしょう、ということです。
p=3の場合の例
z=x+√3, x=2√3, z=3√3
共通の無理数√3でわると、
3=2+1となります。 >>259
では別の質問をします。
フェルマーの最終定理を考えるにあたって
「x^p+y^p=z^p かつ z=x+p^{1/(p-1)} である実数 x,y,z が整数比を持つかどうか」を調べる方針なのはそれで良いですし、
p^{1/(p-1)} が無理数なのだから、x が有理数の場合に x と z が整数比になり得ない、というのも正しいです。
そして、
x が無理数の場合は、x と z が整数比になりうることを>>259で示していただきましたが、
その場合、 x と y と z のすべてが整数比になり得ない、ということをどのように示しますか? >x が無理数の場合は、x と z が整数比になりうることを>>259で示していただきましたが、
その場合、 x と y と z のすべてが整数比になり得ない、ということをどのように示しますか?
整数比となる無理数x,y,zを共通の無理数で割ると、x,y,zは有理数となります。
z=x+p^{1/(p-1)}は、xを有理数とすると、zは無理数となるので、
x,y,zは、ともに有理数となりません。よって、
整数比となる有理数x,y,zと、整数比となる無理数x,y,zは存在しません。 >a と b、a と c、b と c は互いに素な自然数とする。a、b、c が
a^2 + b^2 = c^2
を満たしているとき、c が奇数であることを証明する。
というような問題すら証明できないのだから(笑)。
すみません。教えていただけないでしょうか。 >>261
>整数比となる無理数x,y,zを共通の無理数で割ると、x,y,zは有理数となります。
>z=x+p^{1/(p-1)}は、xを有理数とすると、zは無理数となるので、
>x,y,zは、ともに有理数となりません。
質問に答えていませんね。z=x+p^{1/(p-1)}かつxが無理数の場合についてどのように証明しているかを問うています
フェルマーの最終定理を考えるにあたって
「x^p+y^p=z^p かつ z=x+p^{1/(p-1)} である実数 x,y,z が整数比を持つかどうか」を調べる方針なのはそれで良いですし、
p^{1/(p-1)} が無理数なのだから、x が有理数の場合に x と z が整数比になり得ない、というのも正しいです。
そして、
x が無理数の場合は、x と z が整数比になりうることを>>259で示していただきましたが、
その場合、 x と y と z のすべてが整数比になり得ない、ということをどのように示しますか? >>261
>z=x+p^{1/(p-1)}は、xを有理数とすると、zは無理数となるので、
>x,y,zは、ともに有理数となりません。
質問に答えていませんね。z=x+p^{1/(p-1)}かつxが無理数の場合についてどのように証明しているかを問うています
フェルマーの最終定理を考えるにあたって
「x^p+y^p=z^p かつ z=x+p^{1/(p-1)} である実数 x,y,z が整数比を持つかどうか」を調べる方針なのはそれで良いですし、
p^{1/(p-1)} が無理数なのだから、x が有理数の場合に x と z が整数比になり得ない、というのも正しいです。
そして、
x が無理数の場合は、x と z が整数比になりうることを>>259で示していただきましたが、
その場合、 x と y と z のすべてが整数比になり得ない、ということをどのように示しますか? >>その前にまず、自然数x、y、zとは別の実数 X、Y、Zをx:y:z=X:Y:Zが成り立つように仮定して、そのX、Y、Zの上で Z=X+r とおいてから議論するのならば良い。
>すみません。この方法で、うまく説明できるかが、わかりません。
その方法で説明できなければ証明と認めません。 結局日高の拠り所はてめえで勝手に決めた都合の良い条件の下でxとzが同時には有理数になりえない、その一点だけだ
当然のことながら、xとzが同時には有理数になりえないことと、x:y:zが整数比になることとは矛盾しないと言われて論破終了
なんとも浅はかなことよ これはどう
n’1.5*n’1.5+m’1.5*m’1.5=s’1.5*s’1.5 >>267
先に見付けちゃったけどこう言う切り下げ言いたかったの? 見方を変えれば惜しいとこまでいけるよここまでのヒントで終わりにする
因みに私はその方法は使ってない 1.5でも良い
整数解はあるから
1.5を論理すれば解にたどり着く ピタゴラスの三平方の定理の証明が当時の学徒によって100以上あったのと一緒
解があるばあいどの方法でも辿り着く >>272
試験が通らなかったら卒業出来なかったらしい それが新しい独自の三平方の定理の証明 私は恐らく100に含まれない独自の三平方の定理の証明をした。
それを昔日本数学会事務局に送った
因みに日本数学会事務局にも姫はいるからセクハラ行為禁止な。 >xとzが同時には有理数になりえないことと、x:y:zが整数比になることとは矛盾しない
xとzが同時には有理数にならないならば、x:y:zは整数比にはなりません。
x^3+y^3=(x+p^{1/(p-1)})のx,zが無理数で整数比になっても、x,y,zが無理数で、
整数比とはなりません。
x,y,zが無理数で、整数比となるならば、x,y,zが有理数でも、整数比になります。
xとzは、同時には有理数になりません。 >>275
>x,zが無理数で整数比になっても、x,y,zが無理数で、整数比とはなりません。
その証明はしてないでしょ >x,zが無理数で整数比になっても、x,y,zが無理数で、整数比とはなりません。
その証明はしてないでしょ
x,y,zが無理数で、整数比となるならば、x,y,zが有理数でも、整数比になります。
xとzは、同時には有理数になりません。 >>262
・a,bは互いに素だから、一方は奇数。
・a,bとも奇数なら
aa + bb ≡ 1+1 = 2 (mod 4)
cc ≡ 0,1 (mod 4)
で矛盾。
∴ a,bの一方は奇数で他方は偶数。
∴ ccは奇数
∴ cは奇数 >>277
そうですか
つまり証明はできていません > x,y,zが無理数で、整数比となるならば、x,y,zが有理数でも、整数比になります。
> xとzは、同時には有理数になりません。
だからそれはなぜかね。
なります、なりますでは数学にならない。
証明しろとい言っているのだ。
具体例を示しても意味がない。いかなる場合でも同じ条件下では
x,y,zが無理数で、整数比となるならば、x,y,zが有理数でも、整数比になります。
xとzは、同時には有理数になりません。
が成り立つことを証明しなければならない。 >a と b、a と c、b と c は互いに素な自然数とする。a、b、c が
a^2 + b^2 = c^2
を満たしているとき、c が奇数であることを証明する。
・a,bは互いに素だから、一方は奇数。
・a,bとも奇数なら
aa + bb ≡ 1+1 = 2 (mod 4)
cc ≡ 0,1 (mod 4)
で矛盾。
∴ a,bの一方は奇数で他方は偶数。
∴ ccは奇数
∴ cは奇数
わかりました。ありがとうございました。 >>280
無理数で整数比でがわからない
有理数で整数比にはなるは分かる。教えないけど。
上記は(上述)√3:2√3って意味か。それがどうしたんだろう。私にはわからない 「x,y,zが無理数で、整数比となるならば、x,y,zが有理数でも、整数比になります。」
x,y,zが無理数で、整数比となるならば、
x,y,zは、共通の無理数の積になります。
その無理数を共通の無理数で割ると、商は、
有理数となります。 >>283
それ知ってるけど
有理数なら公倍数の3乗を其れ其れ三つの項に掛けて
なんだけど共通の無理数を掛けて整数にすることができない。
因数分解の本がチャート式代数学著者星野華水出版社数研出版にあるんだけど 全て因数分解で埋まってるほど因数分解は丁度見付かる訳じゃない >>284
A-BC=n1
B-AC=n2
を見付けなきゃいけない だけどそうすると
BC≠AC
だからただ単に
A-C=n1
B-C=n2
にしなきゃいけない >>280
xとzね。
そうyは省いて良いんだよね自然数の引き算でyは必ず自然数になるんだから
整数か。 だから難しいよ因数分解って暗号だから(暗号の領域だから)こういうこと言うと自衛隊の刑務所に入れられんか分からんが 自衛隊の刑務所にぶちこまれんか心配だが
自衛隊には内緒でここだけの話な
俺は詳しくないが
因数分解にはテクニックがあって
係数分離法って奴がある。 書いてあったから
書いてあるだけでお宝だから本は埃被って眠ってる
たまに覗く
だけど研究したりしない
思い出が壊れるから
思い出が壊れ無いように。
寝ては書いてちょっと起きて寝ては書いてはちょっと起きてを繰り返してる
基本本は友達で強引に触れたりはしない 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】z=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)となる。
これを変形すると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
r^(p-1)=pとなるので、(1)は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(1)は、xを有理数とすると、zは無理数となる。
(2)の右辺にa(1/a)を掛けると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apとなるので、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。(5)の解の比と(3)の解の比は等しい。
よって、(1),(3),(5)は有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。 >【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
>【証明】z=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)となる。
x、y、z、r はオ〇〇コなのか有理数なのかさっぱりわからない。
数学の証明では文字式を使うときはそれが何かを宣言しなければならない。
なにしろ x、y、z が実数なら(1)は成り立つ。x、y、z のうちどれか1つでも
実数なら(1)は成り立つ。
また x、y、z が実数であろうと自然数であろうと
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)
から
> r^(p-1)=p
と断定できない。このことを再三再四指摘されているにもかかわらず、屁理屈
ばかりこね回し、いっこうに修正されていないので後の証明は価値なし。ま、
それより前もまったく価値はないがwwwwwwwwwwwwwwwwww
>r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)
からr^(p-1)=pと断定できない。
rは、ほかにも、有りますがr^(p-1)=pを選びました。 >また x、y、z が実数であろうと自然数であろうと
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)
から
> r^(p-1)=p
と断定できない。このことを再三再四指摘されているにもかかわらず、屁理屈
ばかりこね回し、いっこうに修正されていないので後の証明は価値なし。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/aとなるので、
r^(p-1)=apともなります。
r^(p-1)=pのときの、x,y,zと、r^(p-1)=apのときの、x,y,zの比は等しいので、
r^(p-1)=p,r^(p-1)=apどちらを選んでもx,y,zの比は等しくなります。 ↑は数学とは何の関係もない屁理屈です。
ところで>>281はホントにわかったのかね(笑)。
わかったのであれば合同式を使わない証明も示してくれないかな。 >わかったのであれば合同式を使わない証明も示してくれないかな。
すみません。わからないので、教えていただけないでしょうか。 山本太郎はおまんこ消費税山本太郎はおまんこ消費税
大阪松本カメラ 「これから奥さんをたっぷり楽しませてくれるものを、しっかり見るんだ」
戸塚は首輪の鎖を引いて、無理やり奈津子に見せつけようとする。
「どうだ、亭主よりずっと大きいだろうが」
「いや、いやです! ああ……」
「あいさつ代わりに奥さんの色っぽい口で、こいつをしゃぶってもらおうか」
首輪の鎖を持ったまま、戸塚は奈津子の顔のほうへまわった。
「ひっ……」
目の前に突きつけられて、奈津子は息を呑んだ。あわてて頭を振り、顔をそむけようとする。
「しゃぶるんだ。しゃぶって、もっと大きくすりゃ、それだけオマ×コに入れる時に気持ちよくなるぞ」
「いやっ……そんなこと、したくありません! いやです!」
「奥さんが口であいさつできないなら、娘にさせるぞ」
「そ、それだけは……娘だけは……」
どこまで卑劣な男なのか。だが今の奈津子は、その卑劣さに太刀打ちすることすらできない。ガックリと
頭を垂れると、奈津子は恐るおそる突きつけられた肉棒を見た。恐ろしい蛇に見えた。
泣きながらわななく唇を開いて、わずかに先端を口に含む。
「しっかり咥えるんだ、奥さん」
「ああ……」
黒髪をつかまれて、一気に押しこまれる。喉をふさがれんばかりに呑みこまされ、奈津子は吐気を催した。
「うぐ、ぐ……」
「ていねいにしゃぶるんだぞ」 >a と b、a と c、b と c は互いに素な自然数とする。a、b、c が
a^2 + b^2 = c^2
を満たしているとき、c が奇数であることを証明する。
c=(a+2)とおいて、a^2 + b^2 =(a+2)^2とする。
bに、任意の既約分数を代入して、a,b,cを整数比になおすと、ピタゴラス数となる。
aが奇数、bが偶数の場合、cは奇数となる。aが偶数、bが奇数の場合、cは奇数となる。 > r^(p-1)=p
と断定できない。このことを再三再四指摘されているにもかかわらず、屁理屈
ばかりこね回し、いっこうに修正されていないので後の証明は価値なし。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/aとなるので、
r^(p-1)=apともなります。
r^(p-1)=pのときの、x,y,zと、r^(p-1)=apのときの、x,y,zの比は等しいので、
r^(p-1)=p,r^(p-1)=apどちらを選んでもx,y,zの比は等しくなります。
>↑は数学とは何の関係もない屁理屈です。
理由を教えていただけないでしょうか。 娘の瞳と
早苗 投稿日:2015/09/29(Tue) 23:27
近親相姦で娘とレズビアンという二重の変態になってしまいました。私は元々バイでしたが、主
人と結婚して以来、同性との交際は止めたつもりでした。
14才になる一人娘の瞳は、私達夫婦の自慢の一人娘です。やや痩せぎみですが、スラッとして上
品な身体、艶やかな長い黒髪、白い肌、面長の可愛い顔。外見だけでなく、人に対する思いやりも
あり、学業も学年で常に5番内に入っています。
もし瞳を汚すような男がいたら、主人は絶対に許さないでしょう。それなのに実の母親である私
が瞳を汚しているのです。
慎み深い瞳から口に出して言うことはありませんが、私を見る目が「お母さんのオモチャにして
下さい」と訴えるんです。今では主人の目を盗んでは週に一度は禁断の関係を結んでいます。
昨夜も、主人が寝た後に瞳の部屋に行きました。消していた灯りをつけ、恥ずかしがる瞳のパジ
ャマ、キャミソール、ショーツと全てを脱がせて真っ白な肌を全て観賞しました。
まだ薄いアンダーヘアーに飾られた薄いピンク色の性器が、興奮から少しづつ赤さが増していく
のは素晴らしいです。
私の愛撫で息が少しづつ荒くなり、やがて溜め息となり、喘ぎ声となりますが、慎み深い瞳はそ
の声を聞かれまいと必死に耐えています。その様子が可愛くてなりません。 x^3+y=(x+r)^3は、移項すると、
y=(x+r)^-x^3となります。
y,xを有理数とすると、
全てのrは有理数となります。
x^3+y^3=(x+r)^3は、移項すると、
y^3=(x+r)^-x^3となります。
y,xを有理数とすると、
rは、有理数となるか、無理数となるかは、不明です。 x^3+y=(x+r)^3は、移項すると、
y=(x+r)^3-x^3となります。
yを有理数とすると、
x,rは有理数となります。
x^3+y^3=(x+r)^3は、移項すると、
y^3=(x+r)^3-x^3となります。
yを有理数とすると、
x,rは、有理数となるか、無理数となるかは、不明です。 おいおい
>y=(x+r)^-x^3となります。
>y,xを有理数とすると、
>全てのrは有理数となります。
なに寝ぼけとるんだ x^3+y=(x+r)^3は、移項すると、
y=(x+r)^3-x^3となります。
yを有理数とすると、
x,rは有理数となります。
に訂正しました。 >>308
>y=(x+r)^3-x^3となります。
>yを有理数とすると、
>x,rは有理数となります。
それも違う
中学からやり直してきなさい >y=(x+r)^3-x^3となります。
>yを有理数とすると、
>x,rは有理数となります。
>それも違う
中学からやり直してきなさい
x,rが共に無理数の場合も、
yが有理数になる場合があります。 y=(x+r)^3-x^3
も
y^3=(x+r)^3-x^3
も
y,x有理数であっても
r有理数とは
必ずしもならない 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
「有理数解を持つかを検討する」
と言うのなら、x、y、z を 0 でない有理数と仮定することになるから
> z=x+r
で定義される r も有理数である。よってその証明は意味をなさない。
>>47から>>63までを再読してその指摘を理解できないなら、公園に行って鳩に
豆でも与えてこい。 > z=x+r
で定義される r も有理数である。よってその証明は意味をなさない。
すみません。意味がよくわからないので、教えていただけないでしょうか。 > z=x+r
で定義される r も有理数である。よってその証明は意味をなさない。
「意味をなさない。」理由を教えていただけないでしょうか。 >>47から>>63までを再読したのか?
x、y、z を 0 でない有理数と仮定したのなら、
x^p+y^p=z^p ・・・・・@
を変形するとき実数を掛けてはならない。x、y、z のうちどれか1つでも実数なら
@は成り立ってしまうからである。
また
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
から勝手に
r^(p-1)=p ・・・・・A
とはできない。このことは何度も指摘されている。これがわからないようでは
証明する意味がない。
z=x+r
で定義された r は有理数だが、Aをあっさり認めてしまえば r が実数になってしまうので
rが有理数という仮定に矛盾が生じる。 >x^p+y^p=z^p ・・・・・@
を変形するとき実数を掛けてはならない。x、y、z のうちどれか1つでも実数なら
@は成り立ってしまうからである。
@は成り立っては、いけないのでしょうか? x^p+y^p=z^p ・・・・・@
を満たす有理数解は存在しないことを証明するのに、
x、y、z を 0 でない有理数
と仮定するのに、わざわざ@に実数を掛けて@が成り立つようにしたところで
何の意味があるのだ? >x^p+y^p=z^p ・・・・・@
@が成り立つとき、x,y,zが有理数となるか、無理数となるかを、
判定することは、意味があるのではないでしょうか。 > @が成り立つとき、x,y,zが有理数となるか、無理数となるかを、
> 判定することは、意味があるのではないでしょうか。
@はx、y、z のうちどれか1つでも実数なら成り立つ。だからこそ
x、y、z を 0 でない有理数
と仮定する。したがって@を変形するのに@の両辺もしくは片側に
実数を掛けてしまっては@は即座に成り立ってしまうから無意味だ
と言っているのだ。 安直に返信する前に、首から上に付いている頭脳というものを使って
よく考えろ。 >@は即座に成り立ってしまうから無意味だ
と言っているのだ。
理由を教えていただけないでしょうか。 >@は即座に成り立ってしまうから無意味だ
と言っているのだ。
理由を教えていただけないでしょうか。 理由を述べるときは頭脳を使って、万人を説得できる論理を展開してくれ。 例
x^2+y^2=z^2, z=x+r, r=2とすると、
x^2+y^2=(x+2)^2, x=3のとき、
3^2+y^2=5^2より、y=4となる。
x:y:z=3:4:5
X^2+Y^2=Z^2, Z=X+R, R=4とすると、
X^2+Y^2=(X+4)^2, X=3*(4/2)=6
6^2+Y^2=10^2より、Y=8となる。
X:Y:Z=6:8:10=3:4:5
よって、X:Y:Z=x:y:zとなる。 「ああ、何を……このうえ、何をしようというの……」
由紀は竜二をふりかえった。
竜二はモゾモゾとズボンを脱いでいるところだった。恐ろしいものでも見たように、由紀はハッ
と顔をそむけた。
「……犯す気なのね、竜二さん」
「フフフ、犯すなんて人聞きが悪いな。由紀さんとの愛の営みだよ。それも由紀さん、処女から女
にしてやろうというんだ」
由紀は何を言われたのか、理解できなかった。
「わからねえのか。なんのために尻の穴を開いてると思う。ヘヘヘ、奥さんが相手をする処女はこ
こさ」
李が由紀の菊蕾を指先でなぞった。
「由紀さんの肛門を使って愛の営みをしようと言ってるんだよ」
「そ、そんな……」
信じられない竜二の言葉だった。おぞましい排泄器官を使って性行為をするなど、由紀には考え
つかないことである。驚愕に由紀の総身が凍りついた。
「バ、バカなことを言わないでッ……そんなこと、狂ってるわ……」
「尻の穴で男の相手ができてこそ、女は一人前なんだよ、奥さん」
李がせせら笑えば、
「フフフ、これでも俺は友だち思いでね。友彦の奴のことを思うと、オマンコを犯るわけにはいか
ないだろ。となりゃ、尻の穴を犯るしかないわけだ」
竜二はしらじらしく言って、へらへらと笑った。
「い、いやあ……お尻でなんていや、いやあ、竜二さんッ」
由紀が悲鳴をあげるのもかまわず、竜二は由紀の菊蕾にゼリーを塗ると、肛門拡張器を引き抜き
にかかった。今度は引き抜かれることが、恐怖につながった。
「いやあ……そんなこと、狂ってるわ」
「肛門に入れられて狂うのは、由紀さんのほうだぜ、フフフ」
「いや、いやッ……こ、こわいッ、前で、前でしてッ」
由紀は金切り声をあげて、裸身をうねらせた。前を犯されるおぞましさ、夫のことはもう意識に
なかった。あるのは排泄器官を犯されることへの恐怖だけだ。 例2.
x^2+y^2=z^2, z=x+rとおく。 r=2の場合、x^2+y^2=(x+2)となる。
y=3とおくと、x^2+3^2=(x+2)^2となる。
x^2+3^2=(x+2)^2より、x=5/4となる。
(5/4)^2+3^2=(5/4+2)^2, x:y:z=5:12:13
X^2+Y^2=Z^2, Z=X+R, Z=8の場合、X^2+Y^2=(X+8)^2となる。
R/r=8/2=4,
X=x*R/r=(5/4)*4=5, Y=y*R/r=3*4=12, Z=z*R/r=(5/4+2)*4=13
X:Y:Z=5:12:13
よって、X:Y:Z=x:y:zとなる。 21: 代理人 :2019/10/13(月) 12:28:37
先ほど別スレに間違えて書き込んだレスを見つけたので、ちょっとおせっかい
コピペです。
名前:ダメママ 投稿日: 2008/11/03(月) 22:21:49
>ひみつさんへ
レス有難うございます。
元旦那ですが、当時40代、離婚暦のある男性です。
大学生時代の担当助教授でした。
すぐ別れちゃいましたが、娘の養育費に関しては誠実に対応してくれているから、まあいいかな、と思って
います。
ビアン経験ですが、大ありです。(笑)
中学、高校と花の全寮制女子校でしたから。
娘は公立の中学ですが、蛙の子は蛙といいますか、女の子にモテモテだそうです。(笑)
初めて娘とHしたのは、娘に初潮がきた去年の頭ぐらいでした。
生理の仕組みや、生理用品の使い方を説明しているうちに、オナニーの話になりました。
その際、いつもシーツを汚す娘に一人Hの仕方を教えたのですが、つい昔の血が騒いで(笑)
娘は、ほとんど戸惑いもなく私のを舐めてくれました。
先に私が舐めてあげたから、気持ちいいのはわかっていたので、お返しの意味もあったのでしょう。
>ダメママさんへ
トップページから書きこむと、脇のスレに間違えちゃうこともありますよ。
万全を期するなら、一度開いてからの方がいいですよ。 例3.
X^2+Y^2=Z^2, Z=X+R, R=1の場合、X^2+Y^2=(X+1)^2,
Y=3とすると、X^2+3^2=(X+1)^2となるので、X=4,Z=5となる。
X:Y:Z=4:3:5となる。
x^2+y^2=z^2, z=x+r, r=2の場合、x^2+y^2=(x+2)^2,
x=X*r/R=4*2/1=8, y=Y*r/R=3*2/1=6, z=Z*r/R=5**2/1=10,
x:y:z=8:6:10=4:3:5となる。
よって、x,y,zのみを検討すればよい。 フーリエ級数から離散フーリエ変換へ
[1]フーリエ級数の復習
複素関数 e^(jkωt) をベクトルと見なした場合、内積を
T
e^(jmωt)・e^(jnωt) = (1/T)∫e^(jmωt)*~e^(jnωt) dt ・・・・・(#1-1)
0
で定義する。積分の前に (1/T) が付くのは、m≠n のとき
T
∫e^(jmωt)*~e^(jnωt) dt = T
0
となるため、これを T で割って、m≠n のとき 1 とするためである。(#1-1)より
e^(jmωt)・~e^(jnωt) = δmn ・・・・・(#1-2)
周期 T の連続関数 f(t) は、基本区間を [0,T] とすると
∞
f(t) = Ck*e^(jkωt) ・・・・・(#1-3)
k=-∞
というフーリエ級数で展開できた。この式をじっくり見てみよう。
t^2、sin(t)、log(t) などのような単純な関数であれば t = 2 のとき
2^2 = 4
sin(2) ≒ 0.909297426825682
log(2) ≒ 0.693147180559945
のように、筆算もしくは PC 等で即座に計算できる。しかし f(t) の場合 t = 2 のときは
∞
f(2) = Ck*e^(jkω2)
k=-∞
としなければならない。f(t) は無限個の複素関数 e^(jkωt) の集合
V = { ……, -e^(j2ωt), -e^(jωt), 1, e^(jωt), e^(j2ωt) ……} ・・・・・(#1-4)
の線形結合で表されるのだから、あたりまえのことなのだが、実際に計算しないで理論
の筋だけ追っていくとこのあたりまえのことがわかりにくい。
さて、V は (#1-2) を満たす正規直交基底だから、フーリエ係数 Ck を求めるには
f(t) と e^(jkωt) の内積をとればよい。
T
Ck = (1/T)∫f(t)*e^(-jkωt) dt ・・・・・(#1-5)
0
以上でフーリエ級数展開の復習を終わる。 【定理】x+y=zは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x+y=z…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x+y=(x+r)…Aとなる。
Aはr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、x+y=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})+(ya^{1/(p-1)})=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴x+y=zは、自然数解を持たない。 日高さんに質問。>>335はどうして正しいですか? >日高さんに質問。>>335はどうして正しいですか?
335は、正しくないです。 >【定理】x+y=zは、自然数解を持たない。
正しくない理由は、
x+y=zは、p=1の場合だからです。
1は、奇素数ではありません。 >日高さんに質問。>>335はどうして正しいですか?
質問の意味を詳しく教えていただけないでしょうか。 おかしいですねえ
>>335 は >>312 とまったく同じ根拠を使って証明しているんですよ
どちらかが正しくてどちらかが誤っていることはありえません。
>>312 が正しくないならば、>>335 も正しくなければなりません。
>>312 が分かりにくいので、日高さんには是非とも >>335 を使って
なぜ >>312 が正しいのか説明して頂きたいのですが。 補足
x:y:z = X:Y:Z のとき、
x^p+y^p=z^p と X^p+Y^p=Z^p は同値です
同じように x+y=z と X+Y=Z も同値です
このことを使っている >>312 が正しければ、>>335 も正しくなければなりません。
>>312 を正しいと主張する日高さんは、>>335 を間違っているなどとは絶対に言ってはいけません。 【定理】x+y=zは、自然数解を持つ。
【証明】p=1とする。x+y=z…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x+y=(x+r)…Aとなる。
Aはr^(1-1)=1とすると、r=1^{1/(1-1)}となるので、x+y=(x+1^{1/(1-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは有理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持つ。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(1-1)})^1を掛けた
(xa^{1/(1-1)})+(ya^{1/(1-1)})=(xa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)})…Dとなる。
Dをxa^{1/(1-1)}=X, ya^{1/(1-1)}=Y, xa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴x+y=zは、自然数解を持つ。 フェルマーの最終定理? もう釣れないよ
http://www.crossroad.jp/cgi-bin/bbs/mathbbs/cbbs.cgi?mode=res&namber=49895&page=60&no=0
┏━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━┓
┃(xa^{1/(1-1)})+(ya^{1/(1-1)})=(xa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)})…Dとなる。 ┃
┗━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━┛
(xa^{1/(1-1)})・・・・・ひひひひひひひひひひひひひひひひひひひひひ
どわっはははははははははははははははははははははははははははははは
はははははははははははははははははははははははははははははは
はははははははははははははははははははははははははははははは
__ ___/ ,/ヽ
∨ ↓H高 ,/ ヽ数学の本は、読んでいませんwww
∧_∧ ∧_∧ ,/ ヽ学力は、小学校もあやしいですwww
( ´∀`) ( ´∀`),/ ヽDをxa^{1/(1-1)}=X,ya^{1/(1-1)}=Y
( ) ( つつ@ ヽxa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)}=Z
| | | ___ | | | とおくと
(__)_) |――| (__)_) ヽX:Y:Z=x:y:zとなると本気で思っています。
 ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄ ̄| ヽ<・フェルマーの最終定理─<
\/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\|彡~゚ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\彡 〜 〜〜 〜〜 〜〜 〜 〜
\/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\|彡~゚ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\/⌒\彡 〜 〜〜 〜〜 〜〜 〜 〜 もう、恥ずかしくて、恥ずかしくて投稿できないかも知れないなwwwwwwwwwwww >(xa^{1/(1-1)})+(ya^{1/(1-1)})=(xa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)})…Dとなる。
両辺をa^{1/(1-1)}で割ると、
x+y=x+yとなりますが、
間違いでしょうか? >1/(1-1)は計算を実行するといくつですか?
1を0で、割ることはできません。 1/(1-1)は計算を実行するといくつですか?
1を0で、割ることはできません。
-----------------------------
であるならば
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
の式に意味があるのか? a^{1/(1-1)
はいくらになるのだwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww かっこをつけ忘れた。ま、どうでもいいけど(笑)。
a^{1/(1-1)}
はいくらになるのだwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww >(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
の式に意味があるのか?
x+y=x+1となるので、y=1となります。 a^{1/(1-1)}
はいくらになるのだ
1/(1-1)が計算できないので、
a^{1/(1-1)}も、計算できません。 > 1/(1-1)が計算できないので、
> a^{1/(1-1)}も、計算できません。
ほほう。だとしたら
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
の左辺の2項
xa^{1/(1-1)}
ya^{1/(1-1)}
は計算できるのか?
右辺の2項
xa^{1/(1-1)}
(1a)^{1/(1-1)})
は計算できるのか? xa^{1/(1-1)}, ya^{1/(1-1)},xa^{1/(1-1)},(1a)^{1/(1-1)})
は、個々には計算できませんが、
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、可能です。 >∞/∞を持ち出してくるとは
意味を詳しく教えていただけないでしょうか。 > xa^{1/(1-1)}, ya^{1/(1-1)},xa^{1/(1-1)},(1a)^{1/(1-1)})
> は、個々には計算できませんが、
> (xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
> の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、可能です。
個々には計算できない
xa^{1/(1-1)}
を、やはり計算できない
a^{1/(1-1)}
で「割るという計算」ができる理由を説明せよ。 >個々には計算できない
xa^{1/(1-1)}
を、やはり計算できない
a^{1/(1-1)}
で「割るという計算」ができる理由を説明せよ。
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、方程式の性質により、可能です。 (xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割るということは、左辺の場合
xa^{1/(1-1)} ya^{1/(1-1)}
────── + ───────
a^{1/(1-1)} a^{1/(1-1)}
を実行することである。したがって個々には計算できない
xa^{1/(1-1)}
を、やはり計算できない
a^{1/(1-1)}
で「割るという計算」ができる理由を説明しなければならない。
なお
> (xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
> の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、方程式の性質により、可能です。
における「方程式の性質」なるものを説明せよ。それを解説している教科書・参考書を
明示せよ。 >「方程式の性質」なるものを説明せよ。
等式の性質のことです。 >>370
a^{1/(1-1)}とはなんですか? 段々馬鹿になっていってるぞ
肩くらげに噛まれてますよ >>371
またまた。とぼけたフリ芸で押し通すとは芸人の鑑ですね。素晴らしい! >「方程式の性質」なるものを説明せよ。
等式の性質のことです。
--------------------------
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割るということは、左辺の場合
xa^{1/(1-1)} ya^{1/(1-1)}
────── + ───────
a^{1/(1-1)} a^{1/(1-1)}
を実行することと何の関係もない。 >「方程式の性質」なるものを説明せよ。
> 等式の性質のことです。
等式の性質のなるものを説明せよ。
その性質で
xa^{1/(1-1)} ya^{1/(1-1)}
────── + ───────
a^{1/(1-1)} a^{1/(1-1)}
がどのように計算できるか説明せよ。 >>378
恒等式と方程式の連立方程式の解によるf(x+N )~fi(N)への変換で
等式でないとは不定方程式でないと言う事だからこの話しするの機密事項だからやめような。 xa^{1/(1-1)} ya^{1/(1-1)}
────── + ───────
a^{1/(1-1)} a^{1/(1-1)}
がどのように計算できるか説明せよ。
上記の式は、等式ではないと思いますが? 日高さんに質問。
r^(1-1)=1 のとき、r はいくつですか? 日高さんに質問。
r^(1-1)=1 のとき、r はいくつですか? (xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることをわかりやすく書き直すと
xa^{1/(1-1)} ya^{1/(1-1)} xa^{1/(1-1) (1a)^{1/(1-1)
────── + ─────── = ────── + ───────
a^{1/(1-1)} a^{1/(1-1)} a^{1/(1-1)} a^{1/(1-1)}
であるが、なぜこれが「方程式の性質」なるもので実行できることが保証されるのだ。
Dはすべて「計算できない項」から成っている。それをなぜ計算できない a^{1/(1-1)}
で割ってもいいのだ? >r^(1-1)=1 のとき、r はいくつですか?
rは、任意の数です。 >>387
正解
理由は知らない
昔からそう言われてるから信じてるけど
本当は私は探っている嘘かもしれないと a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。 > a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
> a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
小学校から大学教養レベルあたりまでの数学で、「数」とは
自然数、整数、実数(有理数、無理数)、複素数
であるが a^{1/(1-1) は上記のどれにあたるのだ? 芸人日高師匠を見習って証明を考えてみたぞ
定理「pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ」
証明
r^(1-1)=1 はもちろん任意の自然数rで成り立つ
xとyが自然数のときx^p+y^pは自然数だから、もちろん(x^p+y^p)^(1-1)=1
zが自然数のときz^pは自然数だから、もちろん(z^p)^(1-1)=1
ゆえに(x^p+y^p)^(1-1)=(z^p)^(1-1)となる
この式の両辺を1/(1-1)乗すると
x^p+y^p=z^p となる
ゆえに、pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ
これが芸人日高師匠の数学だ!素晴らしい! >>392
お前は何で狂った
私のせいか
救えたか!!?? >a^{1/(1-1)} は上記のどれにあたるのだ?
特定できない数です。 定理「pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ」
証明
r^(1-1)=1 はもちろん任意の自然数rで成り立つ
xとyが自然数のときx^p+y^pは自然数だから、もちろん(x^p+y^p)^(1-1)=1
zが自然数のときz^pは自然数だから、もちろん(z^p)^(1-1)=1
ゆえに(x^p+y^p)^(1-1)=(z^p)^(1-1)となる
この式の両辺を1/(1-1)乗すると
x^p+y^p=z^p となる
ゆえに、pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ
上記の証明は、定理「pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ」と、
同じではないでしょうか? 例えば a=2 のとき、2^{1/(1-1)} はいくつですか? >例えば a=2 のとき、2^{1/(1-1)} はいくつですか?
特定できません。 > 特定できない数です。
意味不明。「特定できない数」なるものを解説している教科書・参考書を紹介してくれ。
a^{1/(1-1)}
が自然数、整数、実数(有理数、無理数)、複素数
どれにも当てはまらないのなら、それは数学で取り扱える「数」ではない。
計算できない「数」に意味はない。よって
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
なる文字列は、数学における「式」とはまったく無関係な、単なる文字の羅列である。
このスレが数学とは何の関係もないことがわかったので、私のレスはこれにて終了する。
それにしても数学ナビの最初のスレ
http://www.crossroad.jp/cgi-bin/bbs/mathbbs/cbbs.cgi?mode=res&namber=49044&page=&no=0
で、懇切丁寧に対応していた方は実に気の毒だと思う。
いわば数学的精神異常者に対して、数学の解説を試みていたのだから(笑)。 値が不定なものと他の数学的何かを比較する数学的操作には数学的な意味がない
と教科書で教えるべきですね
安達さんもここで間違えていましたし >>395
師匠は、392が正しいものとお認めいただけるのですか??? a^{1/(1-1)}は数学で取り扱える「数」ではありません。
>「計算できない「数」に意味はない。」
そう思います。 >(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…Dなる文字列は、数学における「式」とはまったく無関係な、単なる文字の羅列である。
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
は、
x+y=x+1となるので、数学における「式」とはまったく無関係な、単なる文字の羅列ではないと思います。 >定理「pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ」
上記の定理は、間違いです。 >>403
何で?
証明のどこがおかしいか具体的に指摘して下さい。
あなたが他人に要求していることですよ。 定理「pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ」
証明
r^(1-1)=1 はもちろん任意の自然数rで成り立つ
xとyが自然数のときx^p+y^pは自然数だから、もちろん(x^p+y^p)^(1-1)=1
zが自然数のときz^pは自然数だから、もちろん(z^p)^(1-1)=1
ゆえに(x^p+y^p)^(1-1)=(z^p)^(1-1)となる
この式の両辺を1/(1-1)乗すると
x^p+y^p=z^p となる
ゆえに、pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ
この証明は、定理を、等式の性質を使って、もとに戻しているだけです。 >>405
>等式の性質を使って、もとに戻している
言っていることがわかりません!師匠!
どういう意味か教えてください! >等式の性質を使って、もとに戻している
証明
r^(1-1)=1 はもちろん任意の自然数rで成り立つ
xとyが自然数のときx^p+y^pは自然数だから、もちろん(x^p+y^p)^(1-1)=1
zが自然数のときz^pは自然数だから、もちろん(z^p)^(1-1)=1
ゆえに(x^p+y^p)^(1-1)=(z^p)^(1-1)となる
この式の両辺を1/(1-1)乗すると
x^p+y^p=z^p となる
ゆえに、pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ
この証明は、同じ数を掛けて、同じ数で割っただけ、と思います。 レスはホントにこれが最後(笑)。
> この式の両辺を1/(1-1)乗すると
本人が>>401で述べているようにa^{1/(1-1)}が数学で取り扱える「数」ではないように
1/(1-1) も数学における「数」ではないのだから四則演算不可能である。つまり
両辺を1/(1-1)乗
することなど不可能であるwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
それにしてもウルトラ級のアフォだな。 >両辺を1/(1-1)乗
することなど不可能である
その通りだと思いますが、その式の両辺を、1/(1-1)乗で割ると、元の式に戻ります。 両辺を、1/(1-1)乗することができないのに、なぜ両辺を1/(1-1)乗で割れるのだ。
この大馬鹿者wwwwwwwwwwwwwwww
1/(1-1) は「数」ではないのだから四則演算すべてが不可能だ。 ああ、いかん(笑)。
あまりのおもしろさに反応してしまった。
では永遠にさようなら。日高クンは暇人のようだから、数学など止めて
台風で困っている人たちのボランティア活動でもした方がいいぞ。
年金をもらってるのだから,その程度くらい貢献しなさいね。
そしてボランティア先で君の珍理論を披露するとよい。
ただし、ボランティア活動を妨げない程度になwwwwwwwww
では、さらば ここの1も数学・算数に無知ってだけじゃなくって
統失であったか・・・・
がっかりだな。 >【定理】x+y=zは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x+y=z…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x+y=(x+r)…Aとなる。
Aは、y=rとなる。よって、A式は、意味がありません。(p=1の場合) >>413
>A式は、意味がありません。(p=1の場合)
何故でしょうか?
意味がわかりません!師匠! >A式は、意味がありません。(p=1の場合)
x+y=x+yとなるので、
x,yにどんな数を代入しても、両辺は等しくなるからです。 >>415
恒等式は演算子で形を変えなきゃいけない。 >x+y=z…@が、有理数解を持つかを検討する。
自明ですね。1+2=3 x^3+y^3=z^3が、有理数解を持つかを検討する。
自明ではないですね。 >1/(1-1) の話をもう忘れてしまったらしい
1/(1-1)は、計算不能です。 >>312 も両辺にただ同じ数を掛けてるだけの意味のない文章ですね 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
そうでは、ありません。 Bまではいいと思うんだけど、そのあと
r^(p-1)=p
となるのはなんで? >>423
両辺にただ(a^{1/(p-1)})^pを掛けただけ
それ何か意味あるの?わかんない 例えば
1*4=2*2
ですが、
1=2
とはなりません >例えば
1*4=2*2
ですが、
1=2
とはなりません
1*4=2a*2*1/aとすると、
1=2a, 4=2*1/a, a=1/2で、
左辺の左側=右辺の左側となります。 >両辺にただ(a^{1/(p-1)})^pを掛けただけ
それ何か意味あるの?わかんない
rが有理数となります。 >>429
右辺の左側は2ですよ
言いたいのは、何故
r^(p-1)=p
が成り立つかということです >右辺の左側は2ですよ
a*1/a=1です。
>言いたいのは、何故
r^(p-1)=p
が成り立つかということです
r^(p-1)=pは、なりたちます。
他には、r^(p-1)=apも、成り立ちます。 >>432
1*4=2a*2*1/a の右辺の左側は2ですよね?
何故 r^(p-1)=p が成り立つか書いてください。 >1*4=2a*2*1/a の右辺の左側は2ですよね?
a=1/2とすると、
1*4=1*4となります。
>何故 r^(p-1)=p が成り立つか書いてください。
r^(p-1)=pは、なりたちます。
他には、r^(p-1)=apも、成り立ちます。 >>434
なりたちかどうかではなく、成り立つ理由を聞いています AB=CDならば、
A=Cのとき、B=Dとなるからです。 >>437
その例でいうなら、何故 A=C なのか証明してください >その例でいうなら、何故 A=C なのか証明してください
3*4=(2*3/2)*(6*2/3)
3*4=(4*3/4)*(3*4/3)
3*4=(5*3/5)*(12/5*5/3) 3*4=2*6 とも書けますが、3=2*3/2 と書き直したりができるだけで、3=2ではないですよね
あなたが言っている r^(p-1)=p がこの 3=2 に相当している可能性があるので、ちゃんと証明してください 一言しか説明しないので、こちらも一言だけ。
説明になっていませんね。 >>434
「r^(p-1)=pは、なりたちます。
他には、r^(p-1)=apも、成り立ちます。」ってのは
・一度定義した変数を別の意味で使う
っていう反則技だよ
それともa=1なのかい? >r^(p-1)=p がこの 3=2 に相当している可能性があるので、
p=3の場合は、
r^2=3となります。r=√3となります。 >>443
本気でわからないのか誤魔化してるのか分かりませんが、r^(p-1)=p を証明してくれと言っています >それともa=1なのかい?
r^(p-1)=pは、r^(p-1)=apのa=1の場合です。 >r^(p-1)=p を証明してくれと言っています
AB=CDならば、
A=Cのとき、B=Dとなるからです。 >r^(p-1)=pは、r^(p-1)=apのa=1の場合です。
それなら最初からそう書けば良いではないか
何かを誤魔化すためにわざと省いたとしか言われない 390 名前:日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日:2019/10/15(火) 14:33:03.05 ID:b0R+vbgD [13/23]
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。 >>450
r^(p-1)=p は結局証明できないんですか? >>450 名前:日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日:2019/10/16(水) 14:47:36.51 ID:Qy/AaUxg [16/16]
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。 >>450
> a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
違います。 a^{1/(1-1)}は、特定できない数です = 私はヴァカです。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です = 私はヴァカです。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です = 私はヴァカです。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です = 私はヴァカです。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です = 私はヴァカです。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です = 私はヴァカです。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です = 私はヴァカです。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です = 私はヴァカです。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です = 私はヴァカです。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です = 私はヴァカです。 > a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
違います。
1/(1-1)は、どんな数でしょうか? >r^(p-1)=p は結局証明できないんですか?
p=3の場合、
r^2=3,
r=3^(1/2)となります。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 Aを
(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p
(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…B
とする。
Bは r^(p-1)=p とすると r=p^{1/(p-1)} となるので、Aは
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Bはr^(p-1)=pとすると = 私はヴァカです。
Bはr^(p-1)=pとすると = 私はヴァカです。
Bはr^(p-1)=pとすると = 私はヴァカです。
Bはr^(p-1)=pとすると = 私はヴァカです。
Bはr^(p-1)=pとすると = 私はヴァカです。
Bはr^(p-1)=pとすると = 私はヴァカです。
Bはr^(p-1)=pとすると = 私はヴァカです。
Bはr^(p-1)=pとすると = 私はヴァカです。
Bはr^(p-1)=pとすると = 私はヴァカです。
Bはr^(p-1)=pとすると = 私はヴァカです。 >Bはr^(p-1)=pとすると = 私はヴァカです。
意味が分かりませんが? >>460 数学者にキモい自分勝手なメール送りまくって、反応はあった? 意味が分かりませんが? = 私は猿です
意味が分かりませんが? = 私は猿です
意味が分かりませんが? = 私は猿です
意味が分かりませんが? = 私は猿です
意味が分かりませんが? = 私は猿です
意味が分かりませんが? = 私は猿です
意味が分かりませんが? = 私は猿です
意味が分かりませんが? = 私は猿です
意味が分かりませんが? = 私は猿です
意味が分かりませんが? = 私は猿です >数学者にキモい自分勝手なメール送りまくって、反応はあった?
ありました。 >>456
そうですね
それで、r^(p-1)=p は証明できないんですか? >r^(p-1)=p は証明できないんですか?
r^(p-1)=apの、a=1の場合です。 a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
⇔ 私はヴァカです。
a^{1/(1-1)} は特定できない数です。
⇔ 私は猿です。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…B
Bは r^(p-1)=p とすると r=p^{1/(p-1)} となる。
⇔ 私はヴァカです、猿です。
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
⇔ 私はヴァカです。
a^{1/(1-1)} は特定できない数です。
⇔ 私は猿です。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…B
Bは r^(p-1)=p とすると r=p^{1/(p-1)} となる。
⇔ 私はヴァカです、猿です。
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
⇔ 私はヴァカです。
a^{1/(1-1)} は特定できない数です。
⇔ 私は猿です。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…B
Bは r^(p-1)=p とすると r=p^{1/(p-1)} となる。
⇔ 私はヴァカです、猿です。 , ,:‘. ..; ', ,:‘ ’‘
, .. . + 。 ’‘ :] . ..
, ,:‘. 数学の本を読めないのに + ,..
’‘ + ,.. . ..; ', ,:‘
+ ,.. ,:‘. つまりは、初等整数論の基礎の基礎すら知らないで ,:‘. ,..
’‘ + ,.. . ..; ', ,:‘
+ , .. . + ’。
. .; : ’フェルマーの最終定理を証明できたなんて・・・ ' ,:‘.
, .. . + 。 ’‘ :] . ..
それにしても . ..; ', ,:
, .. . a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、 ..; ',
, ,:‘. ..; ', ,:‘ ’‘
' ,:‘. a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。 , .. .
, ,:‘. ..; ', ,:‘ ’‘
だなんて・・ あ あ ・ ・ ・ ,:‘. +
。
.. ' ,:‘. 馬 鹿 過 ぎ ま す . ...:] ’‘
。
’‘ .; こ ん な 馬 鹿 な
。
. 。 ス レ ッ ド を 見 た の ,:‘. 。+
'+。
初 め て で す .. ' ,:‘.
:] . .. .. ' ,:‘.
, ,:‘. ..; ', ,:‘ ’‘
,:‘. 。 .. . . :]: ' ,:‘. , .. . + 。 , .. . + . : :... 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
…Bなんだよね。
変形して
r^(p-1)={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/{(y/r)^p-1}*p
だよね。
んで
r^(p-1)=ap
と置くんだよね。
それで何故a=1になるのかってこと。 r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
r^(p-1)=pとおくと、r=p^{1/(p-1)}となるので、
{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}に代入して、
両辺にx^pを加えると、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを、展開した形と同じ形となる。
もしくは、
r^(p-1)=A, p=B, {(y/r)^p-1}=C, {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}=Dとおく。
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。 AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。 ⇔ 私は猿です。
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。 ⇔ 私は猿です。
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。 ⇔ 私は猿です。
なぜ A=D のときは考えないのだwwwwwwwwwwwww 日高さんに質問です
問:方程式 x(x-2)=12 を解け
これをx(x-2)=3×4と変形すると
x=3 のとき (x-2)=4 と言えますか? >それで何故a=1になるのかってこと。
aが、どんな数でも式は成り立つということです。 >>479
aはどんな数でもいいわけではなく、
a={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/{(y/r)^p-1}
ですね。>>473をよく読んでください。 フェルマーの最終定理の初等的証明ができたとしても
「初等的」と聞いただけで大半の数学者は興味を持たないだろう
でもセルバーグは素数定理の初等的証明の業績でフィールズ賞を貰っているから、
このスレでおままごとをしているお前らでもワンチャンあるかもな >なぜ A=D のときは考えないのだwwwwwwwwwwwww
Dは、変数xを含むからです。 あー変数出た出た
奇数芸人といいフェルマー芸人といい、変数とか定数とか難しすぎるのかな? >何故 A=C なんですか?
変数x,yを含まないからです。 >>484
何故変数を含まないとそれが言えるのですか? >r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…・とする。
>・はr^(p-1)=pとすると、
r^(p-1)=pとするためには{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}が必要だ
何故{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}が成り立つと言えるのか?
(r^(p-1)=pだから、という答えは禁止な。循環論法になるから) >問:方程式 x(x-2)=12 を解け
これをx(x-2)=3×4と変形すると
x=3 のとき (x-2)=4 と言えますか?
xは、無理数なので、(x-2)=4と言えません。 >r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
…Bなんだよね。
変形して
r^(p-1)={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/{(y/r)^p-1}*p
だよね。
んで
r^(p-1)=ap
と置くんだよね。
それで何故a=1になるのかってこと。
r^(p-1)=pとおくと、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなります。
r^(p-1)=apとおくと、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pとなります。 >>487 なるほど
では数字を変えて改めて質問します。
問:方程式x(x-4)=12 を解け
x(x-4)=3×4 と変形すれば
x=3 のとき (x-4)=4 となりますか? 484 名前:日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日:2019/10/17(木) 09:15:38.23 ID:fkycjhVi [6/8]
>何故 A=C なんですか?
変数x,yを含まないからです。
>何故 A=C なんですか?
変数x,yを含まないからです。
>何故 A=C なんですか?
変数x,yを含まないからです。
>何故 A=C なんですか?
変数x,yを含まないからです。 >何故変数を含まないとそれが言えるのですか?
A=r^(p-1), C=pだからです。 >問:方程式x(x-4)=12 を解け
x(x-4)=3×4 と変形すれば
x=3 のとき (x-4)=4 となりますか?
(x-4)=4 となりません。
xは、有理数ですので、
x(x-4)=3×4=6×2とすれば、
x=6となります。 >>491
A=r^(p-1), C=p だと何故それが言えるのですか? >>492
>> xは、有理数ですので、
>> x(x-4)=3×4=6×2とすれば、
>> x=6となります。
ここが納得いきません。
12=1×12=3×4=24×(1/2)=(-2)×(-6) などなど
積の表現はたくさんある中で、どうやって6×2を選ぶのですか?勘ですか? まあ何にしても、日高の証明モドキ>>471は、
xが有理数かつr=p^{1/(p-1)}の場合しか示されておらずまったく不十分。
取って付けたように書かれているDは、Cの両辺に同じ数をかけた場合だからCと同値。
Dによって更に別の場合を検証したものではない。まったく無意味な付け足しでしかない。
日高の主張は「有理数に無理数を足したら無理数です」というもの以上の情報はない。不合格。 >A=r^(p-1), C=p だと何故それが言えるのですか?
すみません。「何故それ」とは、なにを指すのでしょうか。 >> xは、有理数ですので、
>> x(x-4)=3×4=6×2とすれば、
>> x=6となります。
ここが納得いきません。
12=1×12=3×4=24×(1/2)=(-2)×(-6) などなど
積の表現はたくさんある中で、どうやって6×2を選ぶのですか?勘ですか?
x(x-4)=12の解は、x=6ですので、
x(x-4)に代入すると、6(6-4)=6*2となります。 >>497
>x(x-4)=12の解は、x=6ですので、
正しくないね
x=6は、x(x-4)=12の解です
なら間違いじゃないが
x(x-4)=12の解は、x=6です
というのは間違い
これは、いま聞かれてることの本質、証明の正しさに直接に関わる話だ >Dは、Cの両辺に同じ数をかけた場合だからCと同値。
DとCは、同値なので、Cのみを検討しました。
Cの、xが無理数で、x,y,zが整数比となる場合は、共通の無理数で、x,y,zを割ると
x,y,zは、有理数となります。 >x=6は、x(x-4)=12の解です
なら間違いじゃないが
x(x-4)=12の解は、x=6です
というのは間違い
すみません。詳しく教えていただけないでしょうか。 >>499
>x,y,zは、有理数となります。
整数解が有るって言っちゃってるぞ >>500
そう言ってくるだろうと思ったが
こんな中学生でもわかる話が本当にわからないんだったら、証明問題なんか手をつけちゃいけない >整数解が有るって言っちゃってるぞ
「整数解が有るとするとすると」という意味です。 >こんな中学生でもわかる話が本当にわからないんだったら
すみません。本当に分からないので、詳しく教えていただけないでしょうか。 それにしても . ..; ', ,:
, .. . a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、 ..; ',
, ,:‘. ..; ', ,:‘ ’‘
' ,:‘. a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。 , .. .
, ,:‘. ..; ', ,:‘ ’‘
だなんて・・ あ あ ・ ・ ・ ,:‘. +
。
.. ' ,:‘. 馬 鹿 過 ぎ ま す . ...:] ’‘
。
’‘ .; こ ん な 馬 鹿 な
。
. 。 ス レ ッ ド を 見 た の ,:‘. 。+
'+。
初 め て で す .. ' ,:‘. >自分で考えなさい
お願いします。教えていただけないでしょうか。 それにしても . ..; ', ,:
, .. . a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、 ..; ',
, ,:‘. ..; ', ,:‘ ’‘
' ,:‘. a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。 , .. .
, ,:‘. ..; ', ,:‘ ’‘
だなんて・・ あ あ ・ ・ ・ ,:‘. +
。
.. ' ,:‘. 馬 鹿 過 ぎ ま す . ...:] ’‘
。
’‘ .; こ ん な 馬 鹿 な 投 稿 者に
。
. 。 説 明 し て も ,:‘. 。+
'+。
不 毛 な だ け で す .. ' ,:‘. 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>496
A=C ですね
A=r^(p-1), C=p なら A=C をあなたは主張してるんですよね? >A=r^(p-1), C=p なら A=C をあなたは主張してるんですよね?
そうです。 >A=r^(p-1), C=p なら A=C をあなたは主張してるんですよね?
そうです。
>証明してください
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるからです。 >>証明してください
>AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるからです。
ああ! 何というアフォだろう。
>>証明してください
>AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるからです。
ああ! 何というアフォだろう。
>>証明してください
>AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるからです。
ああ! 何というアフォだろう。 どの部分がアフォなのかを、教えていただけないでしょうか。
ケケケ… >A=C を証明してください
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。
A=3, B=4, C=2*a, D=6*1/a
3*4=(2*a)(6*1/a)ならば、
3=2*aのとき、4=6*1/aとなる。
a=3/2となります。 >>517
A=C のときどうなるかは今のところどうでもいいので、A=C を証明してください 相対性理論は間違いだったというアフォといい勝負だな(笑) >A=C のときどうなるかは今のところどうでもいいので、A=C を証明してください
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。ので、
r^(p-1)=pのとき、{(y/r)^p-1}=(x^(p-1)+…+r^(p-2)x)となる。
これしか、いえません。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 > r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…Bとする。
> Bはr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、
ああ・・・・・何というアフォだろうか。
また今日もムダなレスが繰り返されるのか。
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…Bとする。
> Bはr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、
ああ・・・・・何というアフォだろうか。
また今日もムダなレスが繰り返されるのか。
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…Bとする。
> Bはr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、
ああ・・・・・何というアフォだろうか。
また今日もムダなレスが繰り返されるのか。
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…Bとする。
> Bはr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、
ああ・・・・・何というアフォだろうか。
また今日もムダなレスが繰り返されるのか。 >>522,523
では、
pが奇素数で、
『r^(p-1)=pのとき』
x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
って事かな。 >pが奇素数で、
『r^(p-1)=pのとき』
x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
って事かな。
『r^(p-1)=pのとき』と『r^(p-1)=apのとき』
x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
という事です。 >では証明になってません
522しか、言えません。 >>527
>『r^(p-1)=pのとき』と『r^(p-1)=apのとき』
というのは
『r^(p-1)=pのとき』もしくは『r^(p-1)=apのとき』
だよね。
であれば『r^(p-1)=apのとき』も証明してくれないか。
a=1にするのは無しで。aは任意じゃないからね。
(参考:>>480 >>488) >『r^(p-1)=pのとき』もしくは『r^(p-1)=apのとき』
だよね。
であれば『r^(p-1)=apのとき』も証明してくれないか
『r^(p-1)=pのとき』も、『r^(p-1)=apのとき』もx,y,zの比は同じとなります。 >>531
だから何なのか
そもそも r^(p-1)=p が示せてないから証明になってない >そもそも r^(p-1)=p が示せてないから証明になってない
r^(p-1)=p なので、rは、無理数という事が、示せます。 >>533
まず r^(p-1)=p を示せ
r^(p-1)=p が成り立つときにどうなるかの話はしていない >まず r^(p-1)=p を示せ
r^(p-1)=p が成り立つときにどうなるかの話はしていない
r^(p-1)=p が成り立つとき、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが成り立ちます。 >>535
日本語読める?
まず r^(p-1)=p を示せ
r^(p-1)=p が成り立つときにどうなるかの話はしていない >>497
>> x(x-4)=12の解は、x=6ですので、
>> x(x-4)に代入すると、6(6-4)=6*2となります。
つまり、先に2次方程式を解いて解を見つけるということですね。同様にx=-2ともできるということでいいですか?
また、2次方程式くらいなら簡単に解を求められますが、もっと複雑な式の場合はどうするのでしょうか?
例えば、
x(6x^3 -x^2 +25x +36)=36
という方程式があった場合には>>497の方法ではどうやってxを求めるのでしょうか。 x(6x^3 -x^2 +25x +36)=36
の場合は、無理です。 >>538
無理というのは、
「実数解が存在しない」ということですか?それとも
「単に計算方法がわからない」ということですか?
x(6x^3 -x^2 +25x +36)=4×9
がx=4 と言えるかどうかわからないように、
>>523の
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂
で r^(p-1)=pとできるかどうかはわからないのではないでしょうか。 何かよくわかんないけど、自然数x,y,zでx^p+y^p=z^pが成立しないことを証明するんだよね?
だったらz=x+rのとき、rは自然数でないとおかしい。
rが無理数だと成立しません、って、ハイそうですか?って感じ。まるで意味ないじゃん。
もっと頭使おうよ。 >r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂
で r^(p-1)=pとできるかどうかはわからないのではないでしょうか。
r^(p-1)=pとすると、
{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}となるので、
rに、p^{1/(p-1)}を代入すると、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの両辺から、x^pを引いた式となります。 >だったらz=x+rのとき、rは自然数でないとおかしい。
rが無理数だと成立しません、って、ハイそうですか?って感じ。まるで意味ないじゃ
ん。
rが有理数でも、x,y,zの比は同じとなります。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 何度でも言うけど、
まず r^(p-1)=p を示せ
r^(p-1)=p が成り立つときにどうなるかの話はしていない >まず r^(p-1)=p を示せ
どんな風に示せばよいのでしょうか? >>545
普通の数学の証明をしてください
具体的なやり方は自分で考えてください
できないなら、この方針での証明は難しいでしょう r^(p-1)=ap
のほうを使ってやれば良いんじゃないかなあ。 r^(p-1)=pとおくと、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
で良いと思います。 何度でも言うけど、
r^(p-1)=p が成り立つときにどうなるかの話はしていない >>542
比が同じだからって、自然数じゃないものを解としちゃダメじゃん
x=3、y=4、z=5はx^2+y^2=z^2の自然数解だけど、x=0.3、y=0.4、z=0.5は自然数解じゃない
そこは両辺に数を掛けたり割ったりとかいうインチキしないで、まともにやろうよ スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね?
(1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
(2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
(3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
という質問に対し、
問題の意味がよくわかりません。
⇒の意味は、〜ならば〜である。と思いますが、
sin(π/2) = 0, sin(π/3) = 0となりません。
sin(π/2) = 1となりますが、 cos(π/3) = 1となりません。
と珍答するほど数学的素養に欠ける。したがって証明と称する雑文は、数学とはまったく
関係のない単なる文字の羅列に過ぎない。 スレ主によると
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
だそうだ。これに対して
小学校から大学教養レベルあたりまでの数学で、「数」とは
自然数、整数、実数(有理数、無理数)、複素数
であるが a^{1/(1-1) は上記のどれにあたるのだ?
と言う質問に対して
a^{1/(1-1) は特定できない数です。
という世紀の珍答を与えている。よってスレ主の証明なるものは、数学とはまったく
関係のない単なる文字の羅列である。 日高がアホなのは分かるが、ずっと粘着してレスしてる奴もどうかと思う
頭が弱い奴をイジメてるだけ >x=3、y=4、z=5はx^2+y^2=z^2の自然数解だけど、x=0.3、y=0.4、z=0.5は自然数解じゃない
x=0.3、y=0.4、z=0.5が存在するならば、x=3、y=4、z=5も存在します。 >スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね?
(1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
(2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
(3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
いままでに、何度も正解を教えて下さい。と、お願いしています。
教えて貰えない理由があるのでしょうか? 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>554
いいえ。
x=0.3、y=0.4、z=0.5は自然数解ではありません
xとzが自然数で、x<zなので、x+r=zならば、rは自然数でしかありえません。
rが無理数になることはありえないので、rが無理数であることを仮定しても証明したことにはなりません。 >rが無理数になることはありえないので、rが無理数であることを仮定しても証明したことにはなりません。
z=x+rとおいているので、zが無理数の場合、x,rどちらかが無理数となります。 【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
p を奇素数と仮定しているのに肝腎の x、y、z が何かを仮定していない。
なぜきちんと仮定しない。
「有理数解を持つかを検討する」
から判断すれば x、y、z は有理数と仮定したと思われてもしょうがない。
「@をz=x+rとおくと」
とあるが、これも r が何なのか明確に仮定していない。これだけでもいいかげんな証明だとわかる。
x、y、z が有理数なら r は必ず有理数となる。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…C
とする。Bは
r^(p-1)=p
とすると
r=p^{1/(p-1)}
となるので
ならない。こんなデタラメは許されない。ここを何度も何度も間違いと指摘されているのに、なぜ
修正しないのだ。
そもそも
r=p^{1/(p-1)}
としてしまったら、r は実数になってしまい、r が有理数という仮定に反するからこの時点で証明は
無意味となる。これも、何度も何度も指摘されているのに、なぜ過ちを修正しない。 >r は実数になってしまい、r が有理数という仮定に反するからこの時点で証明は
無意味となる。
rは、有理数と仮定しなくては、いけないのでしょうか? r^(p-1)=pと、できない理由を、どなたか教えていただけないでしょうか。 >>561
いや、貴方が証明してないからでしょ。
証明すれば使えるよ。 r^(p-1)=p になる理由を聞いてんのに、できない理由を聞き返すなよ >>560
xとzが自然数で、x<zなので、x+r=zならば、rは自然数でしかありえない。
有理数ではなく自然数でなければならないよ。 >xとzが自然数で、x<zなので、x+r=zならば、rは自然数でしかありえない。
有理数ではなく自然数でなければならないよ。
zを自然数と仮定しなくては、いけないのでしょうか? >r^(p-1)=p になる理由を聞いてんのに、できない理由を聞き返すなよ
できない理由が、ないならば、できるのでは、ないでしょうか? 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >出来ない理由がないことを証明してから使えよ
出来ない理由がわからないので、お聞きしました。 >↑マイナス∞点
理由教えていただけないでしょうか。 >>565
zが自然数でない場合を仮定しても証明にはならないよ >zが自然数でない場合を仮定しても証明にはならないよ
理由を教えていただけないでしょうか。 zが自然数でない場合を仮定しても、x^p+y^p=z^pが自然数解を持たないことの証明にはならないよ
比が同じだからというのは理由にならない。現に比が同じという理由でペテンを働く日高という人物がいる >>566
その理屈でいうなら、できる理由がないからできないね >>570
> 出来ない理由がわからないので、お聞きしました。
あ、そう。わからないなら使うなよ。ただそれだけ。 >比が同じだからというのは理由にならない。
どうして、理由にならないのでしょうか? 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 x(x-2)=3×4ならば、
x(x-2)=a3×(1/a)4とすると、
左辺の左側=右辺の左側, 左辺の右側=右辺の右側
x=a3, (x-2)=(1/a)4となります。
x=1+√13, a=(1+√13)/3 私は齢70を越えた老人である。
私の朝は、まずティンポの勃起度を確認することから始まる。
長年のセンズリのし過ぎで、先端がやや曲がっているのがやや難点だが、
いまだ女の生身を知らぬ、汚れなき威容がまことに神々しい。
その神々しいティンポをさすりながら、ライフワークとして取り組んでいる
フェルマーの最終定理の証明をさらに磨きをかけるため、きょうも朝から精進
している。
まずはここで↑の2つの投稿を試みた。
私の証明は、「超数学」的思考方法によるものなので、ここに集う私の熱狂的
なファンの方にとっては何回であろうとは思うが、頭でなく、下半身で考えるこ
とに練達すれば必ず理解できるようになる。
今日も皆さんの活発な投稿を歓迎したい。 ティンポが爆発しそうなあまり、誤記してしまった。
> 私の証明は、「超数学」的思考方法によるものなので、ここに集う私の熱狂的
>なファンの方にとっては何回であろうとは思うが、頭でなく、下半身で考えるこ
>とに練達すれば必ず理解できるようになる。
ファンの方にとっては難解であろうとは思うが
大変失礼した。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…Bとする。
Bはr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
という思考方法は、何人も犯すことができない、大宇宙の真理である。 >>581
気付かなかった
今日から1のファンになりました。
ありがとうございまはす。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。 本物か?
構われないからって指摘全部無視してずーっと同じこと書き込み続けるつもりか? ティムポの調子が悪かったので、しばらく投稿を休ませてもらった。
70歳を超えると、ちょっとしたことで大事なティムポの具合が悪くなる。
>>585 の証明の表現は深遠すぎてなかなか理解しがたいことだと思う。しかし、
それは頭で考えるからよくわからないのであって、ティムポで考えることに慣れ
れば、自ずからわかってくるだろう。
>>585 は通常の数学ではなく、かの偉大な
珍個満湖結合の大定理
が支配する超数学の世界での証明なのだ。
諸君がわかるまで、そして女の生身を知らぬわがティムポが健在である限り、
投稿は続けようと思う。 >「指摘全部無視して」
どの部分のことでしょうか? > どの部分のことでしょうか?
たとえば >>579 は「珍個満湖結合の大定理」を使わないと成立しない。 「フェルマーの最終定理を証明しました」というメール。また来た。
毎度毎度「間違っていたら指摘してください」と言ってくるけど、自分の論考のバグ出しのために他人の時間を無料で使えると思ってるところがまず間違いだよ。そこ指摘したい気もするけど、そもそも反応を返したくない。 >何故分からないんですか?
どの部分のことを指しているのですか? 馬鹿日高はこれを10回音読して下さい。
「フェルマーの最終定理を証明しました」というメール。また来た。
毎度毎度「間違っていたら指摘してください」と言ってくるけど、自分の論考のバグ出しのために他人の時間を無料で使えると思ってるところがまず間違いだよ。そこ指摘したい気もするけど、そもそも反応を返したくない。 私は70歳を超えた今日まで童貞を守ってきた。したがって私のティムポは汚れを知らない。
男女間の愛欲どころか、淡い恋らしき恋も経験したこともない。
そんな私の唯一の楽しみがフェルマーの最終定理の証明なのだ。簡にして要を極めた私の
証明は深い思想をたたえているので、なかなか万人には理解しがたい。
しかし、いつか必ず広く受け入れられることを確信している。だからこそメールもするし
ここの投稿も続ける。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>594
>>588です
何故分からないんですか? >何故分からないんですか?
具体的に、指摘していただけないでしょうか。 >>599
今までずーっと指摘されたことを、また具体的に言わないといけないんですか? 少なくとも、これまでのいくつかの掲示板を含む指摘すべてを読み返し、似たような指摘に対しては、過去自分がどのような返事をして、どのように解決していないのか説明するべき。
そうでないなら、メールを送りつけたり他人に質問する資格なし。 >どのように解決していないのか説明するべき。
最後まで、議論いただけたら幸いです。 この日高という人物は、間違いがあれば指摘せよと自分から指示しておきながら、いざ指摘があると、只「わかりません」とだけ返すことを繰り返してきた
指摘者たちは当然ながら、この日高という人物には、理解力がないばかりか、理解しようと努力もしないし、そもそも理解しようという意思がないものと解釈する
そして誰もいなくなった >少しは自分で考えたらどうですか?
他人の考えを、聞くのも、重要だと思います。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 短期間に同じ内容を多数投稿する行為は「荒らし」だよ >短期間に同じ内容を多数投稿する行為は「荒らし」だよ
「荒らし」に当たるかもしれませんが、
見やすくするためです。 >>608
他人とちゃんと対話するならね
君何も考えてないじゃん 見やすくなってるとは思えないな
だいたい>>609のどこが証明になってるかちっともわからない だいたい>>609のどこが証明になってるかちっともわからない
ご指摘いただけないでしょうか。 >>614
どこが証明になってるかちっともわからないので
ちゃんと説明してください
と書かないと理解できないのかね >どこが証明になってるかちっともわからないので
どの部分でしょうか? どの部分も何も>>609は証明じゃない
どこがおかしいとかそんな問題じゃない
どこにも結論につながる結果がないのに唐突に結論が出ている
どこが証明になってるかわからない、は言い得て妙 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>620
ねえねえ
X:Y:Z=x:y:zとなると、どうしてx^p+y^p=z^pは自然数解を持たないの? フェルマーの最終定理は頭で考えてはならない。下半身、それもティムポで考えるのが
ベストである。勃起した状態であればさらに申し分ない。 >X:Y:Z=x:y:zとなると、どうしてx^p+y^p=z^pは自然数解を持たないの?
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、xを有理数とすると、zは無理数となります。
x,y,zが、自然数解を持たないので、x:y:zは、整数比となりません。
X:Y:Z=x:y:zとなるので、X:Y:Zも、整数比となりません。
X:Y:Zが整数比とならないので、X,Y,Zも、自然数解を持ちません。 >>626
ねえねえ
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが、xを有理数とすると、zは無理数となると、どうしてx,y,zが、自然数解を持たないの? >x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが、xを有理数とすると、zは無理数となると、どうしてx,y,zが、自然数解を持たないの?
xを有理数,yを有理数としたとき、zが無理数となるならば、xを有理数としたときも、
zは無理数となります。
xが有理数、yが有理数、zが無理数ならば、x,y,zは、有理数解を持たないことになります。
x,y,zが有理数解を、持たないならば、自然数解も、持ちません。 >飽きました。
フェルマーの最終定理は頭で考えてはならない。下半身、それもティムポで考えるのが
ベストである。勃起した状態であればさらに申し分ない。 >>628
ねえねえ
xを有理数,yを有理数としたとき、どうしてzが無理数となるの? 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
⇔フェルマー
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
⇔日高
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
⇔鳩山由紀夫
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…Bとする。
⇔山本太郎
Bはr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
⇔文在寅
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
⇔神戸市・市立東須磨小学校のヴァカ教師
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
⇔日高 >>450 名前:日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日:2019/10/16(水) 14:47:36.51 ID:Qy/AaUxg [16/16]
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。
a^{1/(1-1)}は、特定できない数です。 >xを有理数,yを有理数としたとき、どうしてzが無理数となるの?
xを有理数,yを有理数としたとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの左辺は、有理数、
右辺は無理数となるので、実際は、yは無理数となります。
右辺のxを有理数とすると、p^{1/(p-1)}が無理数なので、右辺は無理数となります。
右辺は、x+p^{1/(p-1)}=x+r=zとなります。
よって、zは、無理数となります。 >>634
ねえねえ
xを有理数,yを有理数としたとき、どうして実際はyは無理数となるの? >>xを有理数,yを有理数としたとき、どうしてzが無理数となるの?
>xを有理数,yを有理数としたとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの左辺は、有理数、
>右辺は無理数となるので、実際は、yは無理数となります。
頭悪いなあ。等式の左辺が有理数なら右辺が無理数になるわけがない。
xとyをともに有理数としたとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p にはなりえないと自身で証明してしまったのか。
頭悪いなあ。 >xを有理数,yを有理数としたとき、どうして実際はyは無理数となるの?
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの左辺のx,yを有理数とすると、
左辺は有理数、右辺は無理数となるので、矛盾します。
yを無理数とすると、矛盾しません。 定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 そう言えば r^(p-1)=p の証明はできたの?
まだ使ってるけど >r^(p-1)=p の証明はできたの?
どのように、証明すればよいのでしょうか? r^(p-1)=pは、あなたが主張し始めたことですので、あなたが自力で証明してください。
ちなみに私は証明できません。反証ならできますが。 >>638
ねえねえ
xを有理数,yを有理数としたとき、yは有理数なのに、どうしてyは無理数となるの? >xを有理数,yを有理数としたとき、yは有理数なのに、どうしてyは無理数となるの?
x,yを有理数とすると、左辺は有理数、右辺は無理数となるからです。 >>646
ねえねえ
x,yを有理数とすると左辺は有理数右辺は無理数となるど、どうして、yは有理数でかつyは無理数となるの? >x,yを有理数とすると左辺は有理数右辺は無理数となるど、どうして、yは有理数でかつyは無理数となるの?
yを有理数とすると、両辺の値が等しくならないからです。 何度も指摘されていると思うが、まず
> 【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
> @をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
という文章が不明瞭。はっきりしているのは p が奇素数であるということだけで
x、y、z が何なのか不明である。したがって z=x+r とおいたときの r も正体不明
なのだから、数学の証明としての体をなしていない。 >>645
私の非常に恥ずかしい勘違いだったよ。
>>651の言うように、rが何であるかすら決まっていないのだから。
てっきり「有理数解x, y, zを仮定して矛盾を導く」ものだと思っていた。 >>641
証明できないのに使ってるのか
これが証明として許されるなら、どんな定理も1行で証明できる
単に成り立つとだけ書けばよい >z=x+r とおいたときの r も正体不明
なのだから、数学の証明としての体をなしていない。
zを有理数とすると、x,rは有理数となります。
zを無理数とすると、x,rは無理数、もしくはx,rどちらかが、無理数となります。 >>654
結局これは有理数解xyzをカテイシタ背理法なの? >>650
ねえねえ
yを有理数とすると、どうして両辺の値が等しくならないの? > zを無理数とすると、x,rは無理数、もしくはx,rどちらかが、無理数となります。
zを無理数と仮定すると
x^p + y^p = z^p ・・・・・@
を満たす有理数 x、y は無数に存在するのだから、証明は不要である。
> zを有理数とすると、x,rは有理数となります。
そうであれば
r^(p-1) = p
としたとき r はただちに実数になることがわかり、r が有理数であることと矛盾する。 >r^(p-1)=p の証明はできたの?
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}ならば、
r^(p-1)=pのとき、{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}となります。 >結局これは有理数解xyzをカテイシタ背理法なの?
背理法ではないと思います。 >>659
すでに何度も言われてるが、r^(p-1)=p が成り立つときにどうかの話はしてない
なんでわからないのか >yを有理数とすると、どうして両辺の値が等しくならないの?
「正確には、」x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,yを有理数とすると、両辺の値が等しくなりません。 >すでに何度も言われてるが、r^(p-1)=p が成り立つときにどうかの話はしてない
なんでわからないのか
すみませんが、よくわかりません。質問の意味を詳しく教えていただけないでしょうか。 > zを有理数とすると、x,rは有理数となります。
そうであれば
r^(p-1) = p
としたとき r はただちに実数になることがわかり、r が有理数であることと矛盾する。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
この場合のrは、無理数なので、xを有理数とすると、zは無理数となります。 >>663
r^(p-1)=p を証明に使うならこれも証明しなければならないというだけの話が何故わからないのか? 定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
数学の証明として意見を求めているのであれば、まずこの時点で、x、y、z が何なのか
仮定しなければならない。そうでなければ話にならない。
何度も繰り返すが x、y、z のどれか1つでも無理数であることを認めれば
x^p+y^p=z^p
は成り立つ。
x、y、z は本来自然数と仮定すべきだが、とりあえずは有理数でもよい。
x、y、z を有理数と仮定した場合 z = x + r とおいたとき r は必ず有理数となるのだから
以降の証明で
> この場合のrは、無理数なので
などというのはばかげている。
x、y、z が有理数ならばz = x + r >r^(p-1)=p を証明に使うならこれも証明しなければならないというだけの話が何故わからないのか?
すみません。わかりませんので、詳しく教えていただけないでしょうか。 r^(p-1)=pは自明ではないので証明してってことだと思うぞ >まずこの時点で、x、y、z が何なのか
仮定しなければならない。そうでなければ話にならない。
「そうでなければ話にならない。」
理由を教えていただけないでしょうか。 >r^(p-1)=pは自明ではないので証明してってことだと思うぞ
r^(p-1)=pは自明ではありませんが、
両辺が、積の形なので、r^(p-1)=pとなります。 >>670
分かりません
もっと詳しく証明してください > 「そうでなければ話にならない。」
> 理由を教えていただけないでしょうか。
では逆に聞くが >>394 にある「特定できない数」を利用して
x は特定できない数 1/(1-1)
y は特定できない数 2/(1-1)
z は特定できない数 3/(1-1)
でもいいのか(笑)。 >分かりません
もっと詳しく証明してください
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなります。 a^{1/(1-1)}は、特定できない数ですが、
a^{1/(2-1)}は、特定できる数です。 > AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなります。
そんなことは当たり前だ。
r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
から、なぜ勝手に
r^(p-1) = p
という条件だけを取り上げるのかと何度も質問されてるだろ。
r^(p-1) = A
{(y/r)^p-1} = B
p = C
{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} = D
であるときなぜ
r^(p-1) = p
だけを取り上げ
r^(p-1) = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
である場合を考慮しないのだ。>>55あたりの考え方では話にならん。
それがわからんのであれば証明なんか止めた方がいいぞwwwwwwww >r^(p-1) = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
である場合を考慮しないのだ。>>55あたりの考え方では話にならん。
{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}は、変数を含むからです。 > {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}は、変数を含むからです。
何を戯けたことをいっているのだ。
{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} に定数が含まれているのか? >>662
ねえねえ
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」と「x,yが有理数」が矛盾するとき、どうして「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」を否定しないの? >>673
ねえねえ
AB=CDのとき、どうしてA=Cじゃなきゃいけないの? >>664
ねえねえ
r が実数のとき、どうして r が有理数であることと矛盾するの? >>676
まず変数ってなに?
xyのこと?
次に、例えば
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p^2{x^(p-1)/p+…+r^(p-2)x/p}
と変形すれば君の理屈で
r^(p-1)=p^2
になってもいいよね。なんで
r^(p-1)=p
なの? >{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} に定数が含まれているのか?
xが変数、rが定数です。 >「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」と「x,yが有理数」が矛盾するとき、どうして「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」を否定しないの?
すみません。意味がよくわからないので、
別の言い方ができないでしょうか。 >AB=CDのとき、どうしてA=Cじゃなきゃいけないの?
A=Dでも良いです。 >r が実数のとき、どうして r が有理数であることと矛盾するの?
すみません。意味がはっきりわかりませんが、
r=p^{1/(p-1)}の場合は無理数、
r=(ap)^{1/(p-1)}の場合は有理数となります。 >>682
> xが変数、rが定数です。
z=x+rとおくんだろうが。zも変数だから r はxとzに依存する変数ではないか。
こんなことすらわからんのか! >まず変数ってなに?
xyのこと?
そうです。
>次に、例えば
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p^2{x^(p-1)/p+…+r^(p-2)x/p}
と変形すれば君の理屈で
r^(p-1)=p^2
になってもいいよね。なんで
r^(p-1)=p
なの?
r^(p-1)=p^2は、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/aの形にして、
aにpを代入した場合となります。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/aと、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}の
x,y,zの比は、同じとなります。
よって、r^(p-1)=p^2となっても、かまいません。 >z=x+rとおくんだろうが。zも変数だから r はxとzに依存する変数ではないか。
すみません。一般的には、そうですが、私の証明の場合は、
先ず、rを決めて、それから、xを変化させます。 >方程式の未知数は変数ではないのでは?
すみません。用語の使い方が間違っているかもしれません。
x,yは、変化する数という意味です。 >>688
例えばって書いてあるんだけど...
0にはならない任意のf(p)に対して、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p f(p){x^(p-1)/f(p)p+…+r^(p-2)x/f(p)}
と変形すれば君の理屈で
r^(p-1)=p f(p)
になるね。それに対して、xyzの比が変わらないことを示してみて? >>691
あ、ごめん、pばっかり気にしてたけどrもきにしないとね
だから、
0にはならない任意のf(p,r)、g(p,r)に対して、
g(p,r)r^(p-1) {(y/r)^p-1}/g(p,r)=p f(p
,r){x^(p-1)/f(p,r)p+…+r^(p-2)x/f(p,r)}
と変形すれば君の理屈で
g(p,r) r^(p-1)=p f(p,r)
になるね。このときxyzの比が一定であることを示してみて? >0にはならない任意のf(p)に対して、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p f(p){x^(p-1)/f(p)p+…+r^(p-2)x/f(p)}
と変形すれば君の理屈で
r^(p-1)=p f(p)
になるね。それに対して、xyzの比が変わらないことを示してみて?
f(p)=aとします。a=1
p=2の場合、r=p=2
3^2+4^2=(3+2)^2
x=3,y=4,z=5 x:y:z=3:4:5
a=2, r=ap=2*2=4
6^2+8^2=(6+4)^2
X=6,Y=8,Z=10 X:Y:Z=6:8:10=3:4:5
となります。 >0にはならない任意のf(p,r)、g(p,r)に対して、
g(p,r)r^(p-1) {(y/r)^p-1}/g(p,r)=p f(p
,r){x^(p-1)/f(p,r)p+…+r^(p-2)x/f(p,r)}
と変形すれば君の理屈で
g(p,r) r^(p-1)=p f(p,r)
になるね。このときxyzの比が一定であることを示してみて?
すみません。この書き方は、理解できませんので、
別の書き方ができないでしょうか。 >>694
特別なf(p)ではなく、任意のf(p)を考えてください
また、pもxyzもお特別なものを使わずに一般的に示してください
>>695
どこが理解できないの? >任意のf(p,r)、g(p,r)
この書き方です。 >>697
書き方というのは?
f(p,r)もg(p,r)も、pとrの式、程度の意味ですよ >f(p,r)もg(p,r)も、pとrの式、程度の意味ですよ
多分、この場合は、違うような気がします。(使い方が)
私は、中学生程度の学力なので、正確には理解できませんが。 また例えばですが、
問題の式を
(p+r)r^(p-1) {(y/r)^p-1}/(p+r)=p p^r {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/p^r
と変形すれば君の理屈で
(p+r)r^(p-1)=p^(1+r)
になるね。それでもxyzの比が一定であることを示してみて? すみません。
(p+r)r^(p-1) {(y/r)^p-1}/(p+r)=p p^r {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/p^rが、
なぜ(p+r)r^(p-1)=p^(1+r)となるのでしょうか?(私の理屈で) ありがとうございました。(p+r)r^(p-1)=p^(1+r)は、わかりました。
s=({p^(1+r)}/(p+r))^{1/(p-1)})/(p^{1/(p-1)})とおくと
X=x*s, Y=y*s, Z=z*sとなるので、
X:Y:Z=x*s:y*s:z*s=x:y:zとなります。 それにしても、いくら他に趣味のない爺さんとはいえ、こんなデタラメ
を極めたような証明を繰り返してホントに楽しいのだろうか?
まともな数学は、ときに愉悦的ともいえるような楽しみ方もできるのに。
なお
「どの部分がデタラメを極めたような証明なのでしょうか」
という質問については
「すべて」
という解答を用意しておく。 >>704
X=sx を証明してください
まずXって何でしょうか? 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >X=sx を証明してください
まずXって何でしょうか?
s=R/rです。R=(pa)^{1/(p-1)}です。a={p^(1+r)/(p+r)}/pです。
r=p^{1/(p-1)}です。 それと今は
(p+r)r^(p-1)=p^(1+r)
でしたよね? 爺さんは朝が早いからもう寝たんだろうなwwwwwwwww 奇数芸人スレもそうなんだけど、この手の一見理解しやすいけど解かれてない命題をせいぜい高校数学くらいの知識で解こうとする、もしくは解けたと思い込むのは数学者への冒涜。教科書に載るレベルの天才達が挫折して来た事実をもっと理解した方がいい。 高校数学どころか、この爺さんのは猿の惑星の数学だぞwww
>>362以降の
1/(1-1)
絡みの問答は抱腹絶倒モノ
362 名前:日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日:2019/10/15(火) 10:08:37.58 ID:b0R+vbgD [6/23]
xa^{1/(1-1)}, ya^{1/(1-1)},xa^{1/(1-1)},(1a)^{1/(1-1)})
は、個々には計算できませんが、
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、可能です。
朝の早い爺さん、今日もチンポをさすりながら、ここの投稿を楽しむことだろう(笑) そして君では判断すら無理だということを自覚したほうがいい >それと今は(p+r)r^(p-1)=p^(1+r)でしたよね?
(p+r)r^(p-1)=p^(1+r)
r^(p-1)=p^(1+r)/(p+r)
r={p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)}…(1)
r=p^{1/(p-1)}…(2)
x^p+y^p=(x+(1))^p…(A)
x^p+y^p=(x+(2))^p…(B)
(A)のx,y,zの比と、(B)のx,y,zの比は等しくなります。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 ┏┓ ┏┓
┏━━━━━━━┻┻━━━━━━━━━━━━┻┻━━━━━━┓
┃>>362 名前:日高 投稿日:2019/10/15(火) 10:08:37.58 ID:b0R+vbgD ┃
┃xa^{1/(1-1)}, ya^{1/(1-1)},xa^{1/(1-1)},(1a)^{1/(1-1)}) ┃
┃は、個々には計算できませんが、 ┃
┃(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D ┃
┃の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、可能です。 ┃
┗━━━━━━━┳┳━━━━━━━━━━━━┳┳━━━━━━┛
┗┛ ┗┛ >>362 名前:日高 投稿日:2019/10/15(火) 10:08:37.58 ID:b0R+vbgD
xa^{1/(1-1)}, ya^{1/(1-1)},xa^{1/(1-1)},(1a)^{1/(1-1)})
は、個々には計算できませんが、
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、可能です。 >>717
(A)のx,y,zの比と(B)のx,y,zの比が等しくなることを証明してください アインシュタイン間違ってる本で日高ってのいるんだけど、この気狂いと同一人物?
あれもプロフィールにフェルマー予想がうんたら書いてる。(日高 フェルマー予想でググったら出てきた。) >(A)のx,y,zの比と(B)のx,y,zの比が等しくなることを証明してください
(B)の両辺に、(({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)})^pを掛けると、(A)となります。 >アインシュタイン間違ってる本で日高ってのいるんだけど、この気狂いと同一人物?
まったく、違います。赤の他人です。 似たようなもんだが、あえて言えばここの日高爺はコンノケンイチタイプだろうwwwwww >>721
ならないと思うんですけど
ちゃんと計算してみてくれませんか >ちゃんと計算してみてくれませんか
x^p+y^p=(x+{p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)})^p…(A)
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(B)
(B)の両辺に、({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)})^pを掛けると、
(x({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}))^p+(y({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}))^p
=(((x({p^(1+r)/(p+r)}/p)+(p^{1/(p-1)})({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}))^p
(x({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}))^p+(y({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}))^p
=(((x({p^(1+r)/(p+r)}/p)+{p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)})^p
となるので、(A)のx,y,zの比と、(B)のx,y,zの比は等しくなります。 見にくくてあれですが、(A)にはなってないですよね >見にくくてあれですが、(A)にはなってないですよね
(A)のx,y,zは、(B)のx,y,zの{p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}倍となっています。 (A)のx,y,zをX,Y,Zとすると、(B)のx,y,zの{p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}倍となっています。 >>730
ひとつの変数を複数の意味で使うなとあれほど >ひとつの変数を複数の意味で使うなとあれほど
どういう意味でしょうか? わかりました。
x○○=Xとおくと
こういう形にするべきということですね。 >>735
(A)のx,y,zは、(B)のx,y,zとは別の意味なんだろ?
だったら同じ記号を使うと混乱するから避けるべき >>728
x^p+y^p=(x+{p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)})^p…(A)
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(B)
(B)の両辺に、({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)})^pを掛けると、
・・・・・
(A)のx,y,zの比と、(B)のx,y,zの比は等しくなります。
謎の z zは、(x+{p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)})^p…(A)
(x+p^{1/(p-1)})^p…(B)
です。 >>718
前半部分(Cまで)は、「かつr^(p-1)=pかつxが有理数ならば、x,y,zのいずれかは有理数でない」ことを示しているが、
r^(p-1)=pでないときについては何も証明していない
残りの部分は、「x,y,zと、それらを等倍したX,Y,Zとの間にX:Y:Z=x:y:zの関係が成り立つ」ことは示しているが、
x^p+y^p=z^pかどうか、X^p+Y^p=Z^pかどうかについては何も証明していない
(x^p+y^p=z^pとX^p+Y^p=Z^pは同値であるが、それらがどういう数であるかは示されていない)
異論あるかね? >zは、(x+{p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)})^p…(A)
(x+p^{1/(p-1)})^p…(B)
です。
訂正します。
(A)のzは、(x+{p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)}です。
(B)のzは、(x+p^{1/(p-1)})です。 日高クンは今月の年金で 1 個 66 円の柿と 1 個 35 円のミカンを
合わせて 3890 円分買いました。このとき、柿とミカンをそれぞれ
何個ずつ買ったのでしょうか? >前半部分(Cまで)は、「かつr^(p-1)=pかつxが有理数ならば、x,y,zのいずれかは有理数でない」ことを示しているが、
r^(p-1)=pでないときについては何も証明していない
r^(p-1)=pでないときは、r^(p-1)=apとなります。
r^(p-1)=pのときと、r^(p-1)=apのときは、x,y,zの比は等しくなります。
>残りの部分は、「x,y,zと、それらを等倍したX,Y,Zとの間にX:Y:Z=x:y:zの関係が成り立つ」ことは示しているが、
x^p+y^p=z^pかどうか、X^p+Y^p=Z^pかどうかについては何も証明していない
(x^p+y^p=z^pとX^p+Y^p=Z^pは同値であるが、それらがどういう数であるかは示されていない)
X^p+Y^p=Z^pとx^p+y^p=z^pは同値となるので、
x^p+y^p=z^pのみを検討すればよい。
と思います。 >>743
なぜ柿を買うのでしょうか。
理由を教えていただけると幸いです。
私は柿より林檎が好きなのですが。 日高クンは今月の年金で Pornhub の 1 本 66 円の和物動画と 1 本 35 円
の洋物動画を合わせて 3890 円分ダウンロードしました。このとき、和物動画
と洋物動画をそれぞれ何本ずつダウンロードしたのでしょうか? >>744
>r^(p-1)=pでないときは、r^(p-1)=apとなります。
>r^(p-1)=pのときと、r^(p-1)=apのときは、x,y,zの比は等しくなります。
ダウト。r^(p-1)=ap のとき、r が無理数であることは示せないので、
「xを有理数とすると、zは無理数となる」が成立しません、よって、「C,A,@は有理数解を持たない。」も成立しません
>X^p+Y^p=Z^pとx^p+y^p=z^pは同値となるので、
>x^p+y^p=z^pのみを検討すればよい。
ダウト。後半部分ではX、Y、Zもx、y、zも整数比でないと示していません。
よって>>718は証明ではありません。 >ダウト。r^(p-1)=ap のとき、r が無理数であることは示せないので、
「xを有理数とすると、zは無理数となる」が成立しません、よって、「C,A,@は有理数解を持たない。」も成立しません
r^(p-1)=ap のときと、r^(p-1)=pのときの、x,y,zの比は等しくなります。…(1)
>ダウト。後半部分ではX、Y、Zもx、y、zも整数比でないと示していません。
r^(p-1)=pのとき整数比とならないならば、(1)により、r^(p-1)=ap のときも、
整数比となりません。 >>ダウト。r^(p-1)=ap のとき、r が無理数であることは示せないので、
>「xを有理数とすると、zは無理数となる」が成立しません、よって、「C,A,@は有理数解を持たない。」も成立しません
>r^(p-1)=ap のときと、r^(p-1)=pのときの、x,y,zの比は等しくなります。…(1)
比が等しいことは関係ありません。xとr が有理数であれば、z(=x+r)は必ず有理数なので
「xを有理数とすると、zは無理数となる」は成立することはありません。
>r^(p-1)=pのとき整数比とならないならば、(1)により、r^(p-1)=ap のときも、
>整数比となりません。
r^(p-1)=ap のとき整数比とならないとはいえません。
なぜならば、rが無理数とはいえないからです。 >r^(p-1)=ap のときと、r^(p-1)=pのときの、x,y,zの比は等しくなります
これ自体がダウトですね。
z=x+r です。よって、r の値が異なれば、x と z の比は必ず異なります。 比が等しい、って説がそもそもダウトなんだよな
z=x+rなんだから、
rが無理数ならば「xを有理数とすると、zは無理数となる」だから、xとzは整数比になり得ない……(1)
rが有理数ならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、xとzは必ず整数比になる……(2)
つまり、
★★(1)と(2)のxとzの比が等しくなることは決してあり得ない★★
日高は決して等しくなり得ない(1)と(2)のxとzの比が等しいと主張しているが、そもそも、それ自体が誤りである。
日高の証明の誤りはここに起因している。 >r^(p-1)=ap のとき整数比とならないとはいえません。
なぜならば、rが無理数とはいえないからです。
rが有理数の場合でも、r^(p-1)=ap のときと、r^(p-1)=pのときの、x,y,zの比は等しくなります。 >>746
なぜ柿が和物動画になりミカンが洋物動画になるのでしょうか。
柿は和物動画になりません。 >z=x+r です。よって、r の値が異なれば、x と z の比は必ず異なります。
rが、p^{1/(p-1)}の場合は、z=x+p^{1/(p-1)}です。
rが、(ap)^{1/(p-1)}の場合は、
z*(a^{1/(p-1)}=x*(a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)}となります。
z*(a^{1/(p-1)}=Z, x*(a^{1/(p-1)}=Xとおくと、
X:Z=x:zとなります。 >rが有理数の場合でも、r^(p-1)=ap のときと、r^(p-1)=pのときの、x,y,zの比は等しくなります。
751に同じことが書かれているが、
r^(p-1)=pのとき、rは無理数だから、そのときのx:y:zと
rが有理数の場合のx:y:zが等しくなることは絶対にない。絶対に。
それでも、もし比が等しいという駄々をこねるなら、以下について反例を挙げてみなさい。
・有理数x+有理数r=有理数z (→ x:zは整数比)
・有理数x+無理数r=無理数z (→ x:zは非整数比) >★★(1)と(2)のxとzの比が等しくなることは決してあり得ない★★
rが、p^{1/(p-1)}の場合は、z=x+p^{1/(p-1)}です。
rが、(ap)^{1/(p-1)}の場合は、
z*(a^{1/(p-1)}=x*(a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)}となります。
z*(a^{1/(p-1)}=Z, x*(a^{1/(p-1)}=Xとおくと、
X:Z=x:zとなります。 >>756
都合の悪い部分を隠蔽するのやめようよ。
理解できなければ何度でも説明するよ。
z=x+rなんだから、
rが無理数ならば「xを有理数とすると、zは無理数となる」だから、xとzは整数比になり得ない……(1)
rが有理数ならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、xとzは必ず整数比になる……(2)
つまり、
★★(1)と(2)のxとzの比が等しくなることは決してあり得ない★★
整数比になりえない(1)と、整数比でしかない(2)は、何倍しても何倍しても決して一致することはないの。 >それでも、もし比が等しいという駄々をこねるなら、以下について反例を挙げてみなさい。
・有理数x+有理数r=有理数z (→ x:zは整数比)
・有理数x+無理数r=無理数z (→ x:zは非整数比)
上記は、正しいです。
私の主張は、別のことです。
rが、p^{1/(p-1)}の場合は、z=x+p^{1/(p-1)}です。
rが、(ap)^{1/(p-1)}の場合は、
z*(a^{1/(p-1)}=x*(a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)}となります。
z*(a^{1/(p-1)}=Z, x*(a^{1/(p-1)}=Xとおくと、
X:Z=x:zとなります。
rが、(ap)^{1/(p-1)}の場合は、rは有理数となりえます。 z=x+rなんだから、
rが無理数ならば「xを有理数とすると、zは無理数となる」だから、xとzは整数比になり得ない……(1)
rが有理数ならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、xとzは必ず整数比になる……(2)
つまり、
★★(1)と(2)のxとzの比が等しくなることは決してあり得ない★★
整数比になりえない(1)と、整数比でしかない(2)は、何倍しても何倍しても決して一致することはないの。
上記は、正しいです。
私の主張は、別のことです。
rが、p^{1/(p-1)}の場合は、z=x+p^{1/(p-1)}です。
rが、(ap)^{1/(p-1)}の場合は、
z*(a^{1/(p-1)}=x*(a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)}となります。
z*(a^{1/(p-1)}=Z, x*(a^{1/(p-1)}=Xとおくと、
X:Z=x:zとなります。
rが、(ap)^{1/(p-1)}の場合は、rは有理数となりえます。 >>758
>私の主張は、別のことです。
別のことではないよ。aがどんな値をとっても、x:z=xa^{1/(p-1)}:za^{1/(p-1)}なんだから、
整数比であるものはどこまで行っても整数比だし、
整数比でないものはどこまで行っても整数比にはならない。
rが無理数であるときに「C,A,@は有理数解を持たない。」を示しても
rが有理数であるときに「C,A,@は有理数解を持たない。」を示すことはできない。
なぜならx:zが異なるから。
aがいくつであっても、rが無理数のときのx:zと、rが有理数のときのx:zは、決して一致することはないから。 >>759
何度でも同じこと書くしかないのかなあw
z=x+rなんだから、
r=p^{1/(p-1)}ならば、rは無理数だから「xを有理数とすると、zは無理数となる」よって、xとzは整数比になり得ない……(1)
rが有理数になるようにaを決めてr=(ap)^{1/(p-1)}としたならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、xとzは必ず整数比になる……(2)
つまり、
★★(1)と(2)のxとzの比が等しくなることは決してあり得ない★★
整数比になりえないr=p^{1/(p-1)}のときのx:z(1)と、整数比でしかないr=(ap)^{1/(p-1)}のときのx:z(2)は、決して一致することはない。断じてありえない。 > 何度でも同じこと書くしかないのかなあw
何度説明しても無理だろう。
日高語録
>>362
xa^{1/(1-1)}, ya^{1/(1-1)},xa^{1/(1-1)},(1a)^{1/(1-1)})
は、個々には計算できませんが、
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、可能です。
>>366
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、方程式の性質により、可能です。
>>390
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。
>>402
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…D
は、
x+y=x+1となるので、数学における「式」とはまったく無関係な、単なる文字の羅列ではないと思います。
>>689
>z=x+rとおくんだろうが。zも変数だから r はxとzに依存する変数ではないか。
すみません。一般的には、そうですが、私の証明の場合は、
先ず、rを決めて、それから、xを変化させます。 >aがいくつであっても、rが無理数のときのx:zと、rが有理数のときのx:zは、決して一致することはないから。
p=3の場合、
r=(ap)^{1/(p-1)}なので、
a=3ならば、r=(3*3)^(1/2)=3となります。 >>763
>a=3ならば、r=(3*3)^(1/2)=3となります。
それがどうした?
aがいくつであっても、rが無理数のときのx:zと、rが有理数のときのx:zは、絶対に一致することはないことに変わりがない。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>765
何度でも同じこと書くしかないのかなあw
z=x+rなんだから、
r=p^{1/(p-1)}ならば、rは無理数だから「xを有理数とすると、zは無理数となる」よって、x:zは整数比になり得ない……C
rが有理数になるようにaを決めてr=(ap)^{1/(p-1)}としたならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、x:zは必ず整数比になる……D
つまり、
★★CとDのx:y:zの比が等しくなることは決してあり得ない★★
整数比になりえないr=p^{1/(p-1)}のときのx:y:zCと、整数比でしかないr=(ap)^{1/(p-1)}のときのx:y:zDは、決して一致することはない。断じてありえない。 >z=x+rなんだから、
r=p^{1/(p-1)}ならば、rは無理数だから「xを有理数とすると、zは無理数となる」よって、x:zは整数比になり得ない……C
rが有理数になるようにaを決めてr=(ap)^{1/(p-1)}としたならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、x:zは必ず整数比になる……D
この場合、yはどうなるでしょうか? >>768
>この場合、yはどうなるでしょうか?
さあね
まさか、これまでyのことを何も考えてなかった等とは言わないでね ➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
rが有理数の場合は、a^{1/(p-1)}は無理数となるので、X=xa^{1/(p-1)}は無理数となります。 >>770
Xが無理数だって示したところで関係ないでしょ。
「rが有理数ならば、」xを有理数とすると、zは有理数となる。
yが有理数だったら、X,Y,Zが無理数であっても関係なくて、
X:Y:Zもx:y:zもまぎれもなく整数比だからねえ。 >まさか、これまでyのことを何も考えてなかった等とは言わないでね
yとは、関係なくx:y:z=X:Y:Zより、x,y,zが整数比とならないので、
X,Y,Zも、整数比となりません。 >>772
z=x+rなんだから、
r=p^{1/(p-1)}ならば、rは無理数だから「xを有理数とすると、zは無理数となる」よって、x:zは整数比になり得ない……C
rが有理数になるようにaを決めてr=(ap)^{1/(p-1)}としたならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、x:zは必ず整数比になる……D
つまり、
★★CとDのx:y:zの比が等しくなることは決してあり得ない★★
整数比になりえないr=p^{1/(p-1)}のときのx:y:zCと、整数比でしかないr=(ap)^{1/(p-1)}のときのx:y:zDは、決して一致することはない。断じてありえない。
日高は、x:zが整数比Dの場合にyについての考察を一切していないというのだから、
rが有理数の場合に、x,y,zが整数比とならないということを一切証明できていない。
日高の証明はrが有理数の場合に全く不完全であり誤りである。 >日高は、x:zが整数比Dの場合にyについての考察を一切していないというのだから、
rが有理数の場合に、x,y,zが整数比とならないということを一切証明できていない。
日高の証明はrが有理数の場合に全く不完全であり誤りである。
rが有理数の場合は、r=(ap)^{1/(p-1)}となる。
rが無理数の場合は、x,y,zは整数比とならない。(xを有理数とすると、zは無理数)
rが有理数の場合は、X:Y:Zとなる。(X,Y,Zは、x,y,zのa^{1/(p-1)}倍)
X:Y:Z=x:y:xとなるので、X,Y,Zも整数比とならない。
この場合は、yについての考察は、必要ありません。 >>774
> rが無理数の場合は、x,y,zは整数比とならない。
嘘つき。さんざん指摘されてきただろ。 >>774
ほう。あくまでもyは関係ないと?
>rが有理数の場合は、X:Y:Zとなる。(X,Y,Zは、x,y,zのa^{1/(p-1)}倍)
rが有理数の場合は、xもzも有理数だからx:zは整数比でなければならない。
x:z=X:Zなんだから、XやZが無理数であってもx:zもX:Zも整数比でなければならない。
それでも日高の方法ではX:Zが整数比でないというなら、日高の方法そのものが間違っているとしか言いようがない。 話がそれるが、日高といい、かの奇数芸人といい、考えが浅いんだよな
日高がx^p+y^p=z^pのxとzの関連についてのみ着目して問題が解けたと誤解する性癖は、
多数ある約数のうちただ1つだけ着目して問題が解けたと誤解する奴さんに酷似している
どうもこの手の人種は、難問を見ると、それを矮小化したがる癖があるようだ > rが無理数の場合は、x,y,zは整数比とならない。
これがいえるのは、
x^p+y^p=(x+r)^pの場合です。 >「rが有理数ならば、」xを有理数とすると、zは有理数となる。
yが有理数だったら、X,Y,Zが無理数であっても関係なくて、
yが有理数だったらX:Y:Zもx:y:zもまぎれもなく整数比だからねえ。
「yが有理数だったら、」
Y=y*a^{1/(p-1)}となります。
a^{1/(p-1)}は無理数となるので、Yは無理数となります。 >>779
また同じこと書くしかないのかなw
x:y:z=X:Y:Zなんだから、x:y:zが整数比なら、XやYやZが無理数であってもX:Y:Zは整数比でなければならない。
日高は「Zは無理数です」「Xは無理数です」「Yは無理数です」の一言で誤魔化そうとするが、そうはいかない。
それだけではX:Y:Zが整数比でないことの証明にはちっともならない。全然証明にならない。全くもって証明にならない。 日高クンがやっていることは数学ではないのだからしかたない。
しかし、今日も俺は議論に勝ったとよろこび自慰行為の準備をしていることであろうw >rが有理数の場合は、xもzも有理数だからx:zは整数比でなければならない。
x:z=X:Zなんだから、XやZが無理数であってもx:zもX:Zも整数比でなければならない。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの場合、r=p^{1/(p-1)}なので、rは無理数。
xを有理数とすると、zは無理数となります。
x:zは整数比となりません。
rが有理数の場合は、r=(ap)^{1/(p-1)}となります。
X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)}^pとなります。
X=x*a^{1/(p-1)}となるので、xを有理数とすると、Xは無理数となります。
X:Zは、無理数:無理数となりますが、整数比とは、なりません。
>x:z=X:Zなんだから、XやZが無理数であってもx:zもX:Zも整数比でなければならな
い。
この事の意味がわからないので、教えていただけないでしょうか。 >言えねーよ。まじ嘘つき。
どの部分が嘘でしょうか? >>785
お前さん、いつから無理数:無理数が整数比になり得ないと誤解していた? 日高クンによると
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
だそうだ。また
小学校から大学教養レベルあたりまでの数学で、「数」とは
自然数、整数、実数(有理数、無理数)、複素数
であるが a^{1/(1-1) は上記のどれにあたるのだ?
と言う質問に対して
a^{1/(1-1) は特定できない数です。
という世紀の珍答を与えている。
つまり日高クンにとっては
無理数とは、日高流証明のための、どんな無理な要求でも満たしてくれる数
であり
有理数とは、日高流証明を有利にしてくれる数
のことである。 x と r が有理数なんだろ? だったら x+r と等しい z は必ず有理数だから x:z は整数比だ。
x:z が整数比だったら、x,z に同じ無理数を掛けて作った X,Z は、もちろん必ず整数比だ。
x:z = X:Z なのに、x:z が整数比で、X:Z が整数比でなかったら、おまえ何時から錯覚してた? ってなるわそりゃ。
こんなん中学生でもわかる。日高ってのは小学生か? >お前さん、いつから無理数:無理数が整数比になり得ないと誤解していた?
この場合は、無理数:無理数が整数比になり得ません。 >x:z が整数比だったら、x,z に同じ無理数を掛けて作った X,Z は、もちろん必ず整数比だ。
「x:z が整数比だったら、」X,Zは整数比になりますが、x:z が整数比になるでしょうか? 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>792
↑は零点。
Q:「どの部分が零点でしょうか?」
A:全部 >>792
またまた同じこと書くしかないのかなあw
z=x+rなんだから、
r=p^{1/(p-1)}ならば、rは無理数だから「xを有理数とすると、zは無理数となる」
よって、x:zは整数比になり得ない……C
rが有理数になるようにaを決めてr=(ap)^{1/(p-1)}としたならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。
だから、x:zは必ず整数比になる……D
つまり、
★★CとDのx:y:zの比が等しくなることは決してあり得ない★★
整数比になりえないr=p^{1/(p-1)}のときのx:y:zCと、整数比でしかないr=(ap)^{1/(p-1)}のときのx:y:zDは、決して一致することはない。
よってこれらが等しくなることを前提とした>>792は誤りである。何の証明にもなっていない。 >>791
>>x:z が整数比だったら、x,z に同じ無理数を掛けて作った X,Z は、もちろん必ず整数比だ。
>「x:z が整数比だったら、」X,Zは整数比になりますが、x:z が整数比になるでしょうか?
都合の悪いところ隠ぺいするのやめようぜ。
>>789はxとrがともに有理数の場合の話をしてんだ。x:zは整数比だ。むしろ整数比でしかない。 >rが有理数になるようにaを決めてr=(ap)^{1/(p-1)}としたならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。
だから、x:zは必ず整数比になる……D
rが有理数になるようにaを決めると、a^{1/(p-1)}は、無理数となります。 >rが有理数になるようにaを決めると、a^{1/(p-1)}は、無理数となります。
それを主張しても、x:z が整数比であることに変わりないし、
もちろん X:Z も必ず整数比になる。
いくら食い下がっても日高の説は通らない。 >それを主張しても、x:z が整数比であることに変わりないし、
もちろん X:Z も必ず整数比になる。
この場合、Yが有理数となれば、X:Y:Zは、整数比となる可能性は、ありますが、
r=p^{1/(p-1)}のとき、x,y,zは、整数比とならなくて、x:y:z=X:Y:Zなので、
X,Y,Zは整数比となりません。
(Yが必ず有理数となる保証は、ありません。あくまで可能性のみです。それに対して
x:y:z=X:Y:Zは、保証があります。)「この場合のx:y:zは、整数比とならない場合の
x:y:zです。」 >>800
なんとか誤魔化そうと必死なのが面白いね。
言うまでもなく、x:zが整数比なのは、「rが有理数ならば、」の仮定のもとの話だから、
「r=p^{1/(p-1)}のとき、」の理屈を持ち出しても何の反論にもならない。p^{1/(p-1)}は無理数だからね。
ていうか、日高氏以外にとって、「r=p^{1/(p-1)}のとき、」の話はもはやどうでもいい。
そして、日高氏が「r=p^{1/(p-1)}のとき、」以外について証明ができてないことは明らかだ。
さて、いつまで日高氏は悪あがきを続けるのか見ものだね。 >日高氏が「r=p^{1/(p-1)}のとき、」以外について証明ができてないことは明らかだ。
r=p^{1/(p-1)}以外の場合は、r=(ap)^{1/(p-1)}となります。 >>802
その場合の証明ができていないって話やぞ >>785
>rが有理数の場合は、r=(ap)^{1/(p-1)}となります。
>X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)}^pとなります。
>X=x*a^{1/(p-1)}となるので、xを有理数とすると、Xは無理数となります。
>X:Zは、無理数:無理数となりますが、整数比とは、なりません。
「rが有理数の場合は」「xを有理数とすると」と言ってるんだから、x+rと等しいzも有理数だろ
x:zは有理数:有理数だから整数比だ。x:zが整数比なのに、X:Zが整数比じゃないのおかしくね?
ってことをずーーーーーーっと言われてんのにガン無視なんだもんな
批判を無視すんなら、指摘しろとか書くなよ。
「俺が絶対に正しい」ってずっと言ってれば? >その場合の証明ができていないって話やぞ
r=(ap)^{1/(p-1)}の場合のx,y,zは、
r=p^{1/(p-1)}の場合のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となります。
よって、X:Y:Z=x:y:zとなります。 >「rが有理数の場合は」「xを有理数とすると」と言ってるんだから、x+rと等しいzも有理数だろ
x:zは有理数:有理数だから整数比だ。x:zが整数比なのに、X:Zが整数比じゃないのおかしくね?
「rが有理数の場合は」X=x*a^{1/(p-1)}となるので、Xは、無理数となります。 Xが無理数だとしても、xは有理数だしzも有理数じゃないか
最初に「x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する」とかブチ上げといて、xもzも有理数だと言いながら、
何故それとは関係ないXを脈絡なく持ち出して「Xは、無理数となります。」とか言って徳井になってんだ? >最初に「x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する」とかブチ上げといて、xもzも有理数だと言いながら、
何故それとは関係ないXを脈絡なく持ち出して「Xは、無理数となります。」とか言って徳井になってんだ?
「x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する」といっているので、
この時点では、x,y,zは、実数です。
Xは、証明のなかで、「rが有理数ならば」のときに、出しています。 いやいや、
>>810
>「x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する」といっているので、
そのあと「rが有理数の場合は」「xを有理数とすると」と日高が仮定した時点で、xとzか有理数であることが確定する
あとはyが有理数かどうか調べるだけだ
それなのに日高は、xとzに謎の無理数を掛けるという謎の行動をしている。
まるで、宝探しを依頼された探偵が、地面の2ヵ所を掘って宝の地図の切れ端を見つけておきながら、
それらを赤いペンキで塗りつぶして「宝は、ありませんでした。」と報告しているようなもの。
誰の目から見ても、日高は解の存在を無理矢理否定するために、わざわざ謎の無理数を掛けているようにしか見えない
誰の目から見ても、日高がインチキを働いてることが明らかだ。 >「x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する」といっているので、
そのあと「rが有理数の場合は」「xを有理数とすると」と日高が仮定した時点で、xとzか有理数であることが確定する
あとはyが有理数かどうか調べるだけだ
yが有理数となる可能性はありますが、「yは有理数となる。」とは、言いきれません。
r=p^{1/(p-1)}の場合は、x:y:zは、確実に、整数比となりません。 >>814
> r=p^{1/(p-1)}の場合は、x:y:zは、確実に、整数比となりません。
マジで証明しないでデタラメ抜かすな。 >>814
>r=p^{1/(p-1)}の場合は、x:y:zは、確実に、整数比となりません。
うん。でもね。r=p^{1/(p-1)}の場合には、だーーーれも興味がないよ。
x,y,zが有理数ならば、r=z-xは確実にp^{1/(p-1)}ではないからね。 俺だって、俺の証明の、どこが間違ってるかなんざ興味ねえさ。ケケッ。
俺が、フェルマーの、問題を簡単に解いた、って、この板の、バカ共に見せつけて、やれればそれで、満足なんだからなあ!
ケケケケケケケケッ! > r=p^{1/(p-1)}の場合は、x:y:zは、確実に、整数比となりません。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、r=p^{1/(p-1)}が無理数なので、
xを有理数とすると、z=x+rは、有理数となりません。 >うん。でもね。r=p^{1/(p-1)}の場合には、だーーーれも興味がないよ。
x,y,zが有理数ならば、r=z-xは確実にp^{1/(p-1)}ではないからね。
r=(ap)^{1/(p-1)}の場合、(rが有理数の場合)
X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^pとすると、
x:y:z=X:Y:Zとなるので、X,Y,Zは、整数比となりません。 >>820
>r=(ap)^{1/(p-1)}の場合、(rが有理数の場合)
>X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^pとすると、
確認なんですが、Z=X+rってことですか? >確認なんですが、Z=X+rってことですか?
そうです。 >xが有理数の場合なんて聞いてねえよ。
どういう場合を聞いておられるのでしょうか? 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@のx,y,zは、有理数と仮定する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、p^{1/(p-1)}が無理数なので、zは無理数となり仮定に反する。
両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けると、
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dはxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X^p+Y^p=Z^p…Eとなる。
Eはrが有理数のとき、a^{1/(p-1)}が無理数なので、xa^{1/(p-1)}は無理数となり、Zも無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>825
再度確認です。>>827にはz=x+rについては書かれていますが、Z=X+rの明記がありません。
Z=X+rというのは本当なのでしょうか? >>826
無理数で整数比になる可能性を検討してないだろが。 >Z=X+rというのは本当なのでしょうか?
この場合は、r=(pa)^{1/(p-1)}となります。 >>826
無理数で整数比になる可能性を検討してないだろが。
826は、比は関係ありません。 >>832
は?
お前は何に返信してたんだ?
ちゃんとたどれよ。 >お前は何に返信してたんだ?
ちゃんとたどれよ。
すみません。間違いました。826でした。
>xが有理数の場合なんて聞いてねえよ。s無理数で整数比になる可能性を検討してないだろが。
xが無理数で、整数比になるならば、x,y,zを共通の無理数で割ると、x,y,zは、有理数となります。 >xが無理数で、整数比になるならば、x,y,zを共通の無理数で割ると、x,y,zは、有理数となります。
こういう書き方やめようや
xを無理数で割ったものはxとは異なる。これらをごっちゃにするから間違った証明になるんだろ。
以下の表現ならいくぶんかマシだが、「xを無理数で割るとxになる」は完全にアウトだ。
「xが無理数で、整数比になるならば、x,y,zを共通の適当な無理数sで割ると、x/s,y/s,z/sは、有理数となります。」 >「xが無理数で、整数比になるならば、x,y,zを共通の適当な無理数sで割ると、x/s,y/s,z/sは、有理数となります。」
ありがとうございます。そうですね。 >>836
で?もともとの指摘に答えろよ。
ちなみに、(z-x)/s=r/sは、有理数。
さらには、お前がいうようなrとも違っているぞ。 >ちなみに、(z-x)/s=r/sは、有理数。
さらには、お前がいうようなrとも違っているぞ。
どういうrでしょうか? 白菜漬けの作り方
1、白菜をザッと洗って水気を切る。
2、食べやすい大きさに切る。
3、漬け物容器に入れる。
4、白菜の重さの3%の塩を加える。約大さじ1杯です。
5、手で混ぜて塩を全体になじませる。
6、押し蓋をする。
7、白菜の重さの3倍の漬物石をのせ、半日置く。
8、水が上がったら白菜を軽く絞り、別の容器に移す。
9、唐辛子、ニンニク、昆布を入れる。昆布はたくさん入れるとネバネバするので、少量を入れましょう。
10、箸でかき混ぜ、味がなじんだら食べ頃。ニンニクは風味づけなので、食べる時は取り除くとよいでしょう。
11、小皿に取り分け、お好みでお醤油をかけていただく。
白菜漬けはご飯によく合います。 場合分けとして、「xが有理数の場合」と「xが無理数の場合」の2通りがあって、
さらに「rが有理数の場合」と「rが無理数の場合」の2通りがある。
これらを組み合わせたとき、
(1)「xが有理数」かつ「rが有理数」の場合
(2)「xが有理数」かつ「rが無理数」の場合
(3)「xが無理数」かつ「rが有理数」の場合
(4)「xが無理数」かつ「rが無理数」の場合
の4通りが考えられるが、日高は明らかにx:zが整数比になりえない(2)と(3)の場合だけに言及しているように見えるな
(1)と(4)はなぜ華麗にスルーされているのか? 827の証明で、
(1)「xが有理数」かつ「rが有理数」の場合
rが有理数の場合は、r=(pa)^{1/(p-1)}となります。
a^{1/(p-1)}は無理数となります。
X=xa^{1/(p-1)}となります。
よって、Xは無理数となります。
(4)「xが無理数」かつ「rが無理数」の場合
「xが無理数」は、最初の仮定に反します。 827の証明
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@のx,y,zは、有理数と仮定する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、p^{1/(p-1)}が無理数なので、zは無理数となり仮定に反する。
両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けると、
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dはxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X^p+Y^p=Z^p…Eとなる。
Eはrが有理数のとき、a^{1/(p-1)}が無理数なので、xa^{1/(p-1)}は無理数となり、Zも無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>842
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@のx,y,zは、有理数と仮定する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…�ニする。
�ヘr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、
r=z-xが有理数という仮定に反する。
従ってr^(p-1)≠pである。
終わり。 >r=z-xが有理数という仮定に反する。
そうですね。
>従ってr^(p-1)≠pである。
すみません。意味がよくわからないので、教えて下さい。 簡単な話、r^(p-1)=pを仮定したら矛盾したからr^(p-1)≠pである。
てことじゃないの? >簡単な話、r^(p-1)=pを仮定したら矛盾したからr^(p-1)≠pである。
r^(p-1)=pは、仮定では、ありません。 r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…B
から
r^(p-1)=p
とすることは、仮定ではなく漫才である。つまり数学ではないから許される。 〜とする。
というのは、定義か仮定を意味する。
rもpもすでに出ているので定義ではない。だから仮定。 >「rもpもすでに出ているので」
すみません。どういう意味かを、教えて下さい。 >すでに定義されているので、の意味
わかりました。 >終わり。
rが有理数の場合は、検討しなくてよいのでしょうか? >>853
検討するべきだよ。
それをやってないから、ずーっと指摘されてたんでしょ。
終わりと書いたけど、証明できたなどとは書いてません。 >検討するべきだよ。
それをやってないから、ずーっと指摘されてたんでしょ。
827の証明では、rが有理数の場合を検討したことにはならないのでしょうか? なるわけがない。だから数学じゃないと言われるのだwwwwww
> pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@のx,y,zは、有理数と仮定する。
ここで p は奇素数、x,y,zは有理数と仮定しているのだから
> @をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
z=x+r で定義された r は必ず有理数となる。以後 r は必ず有理数して取り扱わなければならない。
にもかかわらず、
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…Bとする。
> Bはr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
などと真抜けたことをしている。
r^(p-1)=p としてしまえば r は実数になってしまうから、それ以降の議論に意味はない。
何度も何度も指摘されてもわからないんだなあ。 827の証明は、r^(p-1)=pが成り立たなくて論理が破綻しているわけだから、証明したことにならない。あたりまえ。
x^p+y^p=z^pの有理数解を見つけるのが目標でz=x+rとしたいなら、
方法1:有理数のrに対して検討する。
方法2:r^(p-1)=pとなるrに対して検討する。ただし、x,y,zは無理数として、整数比になるかどうか検討する。
これのどちらかに取り組まないといけないのに、全くやってない。零点。 >z=x+r で定義された r は必ず有理数となる。以後 r は必ず有理数して取り扱わなければならない。
「z=x+r で定義された」
z,xは、有理数と仮定していますが、
どうして、「r は必ず有理数となる。」かが、わかりません。 何で自分で勉強せずにその場しのぎで他人に聞いて、都合の悪いことは無視し続けるの?
中学までの教科書の類とかは読んだ? >r^(p-1)=pが成り立たなくて論理が破綻しているわけだから、
r^(p-1)=pは、r=p^{1/(p-1)}のとき、成り立ちます。 >都合の悪いことは無視し続けるの?
「無視」は、していないつもりですが? 本人の意識なんか聞いてない。
指摘が修正されてないものを再投稿するのも、勉強するべきといわれても勉強しないのも無視した態度。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@のx,y,zは、有理数と仮定する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…Cとなる。
両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けると、
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
rは、有理数となる。
Cはp^{1/(p-1)}が無理数なので成り立たない。Cが成り立たないので、Dも成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>858
z,x ∈ Q なら r = z - x ∈ Q >>860
成り立たないことが証明されているので、成り立ちません。
>>863
また無視ですね。最低。 >成り立たないことが証明されているので、成り立ちません。
すみません。どういう意味でしょうか? >また無視ですね。最低。
863は、827と内容をかえていますが? もう少し謙虚になったほうがいい。高木と同じ道を辿るぞ。 同じ指摘が出来るってことは、無視したってことだろが。
痴呆か。しょうがない。 それに、続いているやりとりが終わっているわけでもないのに、それを無視しているだろ。 >同じ指摘が出来るってことは、無視したってことだろが。
「同じ指摘が出来る」どの部分でしょうか? 自分で考えろ。今までの全ての指摘に対応して新たな指摘がされないように証明できた時だけ、投稿しろっての。 >続いているやりとりが終わっているわけでもないのに、それを無視しているだろ
「続いているやりとり」とは、どの部分でしょうか? >>860
無意味な指摘
おかしな指摘で反論するのは、こちらをバカにする行為。ふざけるな。 >z=x+r で定義された r は必ず有理数となる。以後 r は必ず有理数して取り扱わなければならない。
「z=x+r で定義された」
z,xは、有理数と仮定していますが、
どうして、「r は必ず有理数となる。」かが、わかりません。
このことでしょうか?
「r は必ず有理数となる。」かが、本当にわかりません。 >r^(p-1)=pが成り立たなくて論理が破綻しているわけだから、
r^(p-1)=pは、r=p^{1/(p-1)}のとき、成り立ちます。
すみません。「無意味な指摘」の意味がわかりません。教えて下さい。 >>876
【定理】z=x+r かつ zとxが共に有理数
ならば
r は必ず有理数である。
これは定理だから証明もできる。
日高が理解できないのは仕方ないがこれは事実だ
この事実に反する証明は正しくない。 Fellatio = フェラチオ
Bukkake = ぶっかけ
Fucking = 挿入
Slow Fuck = ゆっくりとした挿入
Missionary = 正上位
Doggy、Doggy Style = バック
Cowgirl、Riding、Woman on Top = 騎乗位
Asian Cowgirl = 座り騎乗位
Sitting、Kneeling = 座位
Masturbating、Masturbation = オナニー
Licking = 舐める
Piledriver = まんぐり返し
Cunnilingus = クンニ
Pumping = 激しく突く
biting = 噛みつく
Lap Dance = ポールダンス
Sleeping = 寝込み Anal = アナルファック(詳細はアナルタグに記載)
Kissing = キス
Foreplay = 前戯
69、Sixty-nine = シックスナイン
Face Sitting = 顔面騎乗
Spoons Position = 寝バック
Reverse Cowgirl = 逆向き騎乗位
Standing = 立位
Solo、Solo Tease = 一人でする、
Acrobatic = アクロバットな体位
Massage = マッサージ
Fingering = 手マン
Fisting = フィストファック
Munching = むさぼりつく
Dancing = ダンス
Indian Sex = カーマスートラ
Teabagging = 顔にペニスをつける 「意味がわかりません。教えて下さい。」っていうのも無視だよな
読めばわかることを理解しようと努力してないんだから >【定理】z=x+r かつ zとxが共に有理数
ならば
r は必ず有理数である。
そうですね。正しいですね。
z,xが、有理数のとき、
z=x+rの、xが有理数で、rが無理数ならば、式は成り立たない。
これが、863の証明の主張です。 >「意味がわかりません。教えて下さい。」っていうのも無視だよな
読めばわかることを理解しようと努力してないんだから
「読めばわかる」すみません。どの部分のことでしょうか? >>882
で、日高は「xが有理数で、rが無理数」という命題については何も証明していない、と皆からさんざん言われている。
日高の示したのは、
「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない@」ではない。
「xが有理数で、rが無理数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たないA」に過ぎない。
言うまでもなく、Aから@を証明することはできない。 読めば分かる程度の指摘が分からない人は、書いたものを「証明」などと発表する権利はないということ。
まずは指摘がわかる程度まで勉強するべき。 >日高の示したのは、
「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない@」ではない。
「xが有理数で、rが無理数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たないA」に過ぎない。
言うまでもなく、Aから@を証明することはできない。
rが有理数の場合も、Zは、有理数となりません。
(863の証明) まず高校段階から復習しろ
たとえば
ルート2が無理数であることを証明せよ
なんていう教科書に載ってるようなのを証明できるか? 863は間違っているのでダメ。
その前の証明と同じ理由。 既に今までの証明は全て間違っているので、それを使うのはダメ。 >>886
Zはzとは別の変数ですよね!?
Zが無理数だと何が問題なのかわかりません!
xもrも有理数なので、zも有理数です!
x,y,zを有理数と仮定したこととはまったく矛盾しません!
Zはzとは別の変数ですよね!?
Zが無理数だと何が問題なのかわかりません! >ルート2が無理数であることを証明せよ
√2=b/a (a,bは互いに素)と仮定する。
両辺を2乗すると、
左辺は、整数となるが、右辺は整数とならない。
よって、√2は有理数ではない。 >863は間違っているのでダメ。
その前の証明と同じ理由。
具体的に、間違いの箇所と理由を指摘していただけないでしょうか。 >Zが無理数だと何が問題なのかわかりません!
X,Y,Zが整数比とならないからです。
>xもrも有理数なので、zも有理数です!
x,y,zを有理数と仮定したこととはまったく矛盾しません!
rが有理数の場合は、Xが無理数となります。
>Zはzとは別の変数ですよね!?
Zが無理数だと何が問題なのかわかりません!
Zはzとは別の変数です。しかし、X:Y:Z=x:y:zとなります。
X,Y,Zが整数比とならないからです。 >>893
何をバカなことを!
xとzが有理数なんだから、x:z は整数比に決まってる!
X:Y:Z=x:y:zなんだから、X:Z整数比に決まってる!
何をバカなことを! >>893
XやZが無理数だとX,Y,Zが整数比とならない理由を教えてください。
なお、3√3:4√3:5√3 など、無理数どうしの比が整数比となる例はいくらでもあります。 >xとzが有理数なんだから、x:z は整数比に決まってる!
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)},z=x+p^{1/(p-1)}なので、
xを有理数とすると、zは無理数となり、仮定は成り立ちません。
仮定では、x:zは整数比ですが、仮定は、成り立ちません。 xを有理数のとき、zが無理数となる証明はされてませんね >>896
rが有理数の場合は、xを有理数のとき、zが有理数となります
x:zは整数比ですし、X:Y:Z=x:y:zなので、X:Z=xa^{1/(p-1)}:za^{1/(p-1)} も整数比です >XやZが無理数だとX,Y,Zが整数比とならない理由を教えてください。
なお、3√3:4√3:5√3 など、無理数どうしの比が整数比となる例はいくらでもあります。
X,Y,Zが無理数で、整数比となる場合は、共通の無理数でそれぞれを割ると、
整数比となります。
3√3:4√3:5√3を、それぞれ、√3で割ると、3:4:5となります。 >>896
> xとzが有理数なんだから、x:z は整数比に決まってる!
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)},z=x+p^{1/(p-1)}なので、
> xを有理数とすると、zは無理数となり、仮定は成り立ちません。
>
> 仮定では、x:zは整数比ですが、仮定は、成り立ちません。
それは r=p^{1/(p-1)} という追加の仮定が入ってるからでしょ。
rが有理数の場合は成り立たないから関係ない。 >xを有理数のとき、zが無理数となる証明はされてませんね
827と863で、証明しています。 >rが有理数の場合は、xを有理数のとき、zが有理数となります
x:zは整数比ですし、X:Y:Z=x:y:zなので、X:Z=xa^{1/(p-1)}:za^{1/(p-1)} も整数比です
rが有理数の場合は、Xが無理数のとき、Zは無理数となります。
X:Zは整数比となりません。X:Y:Z=x:y:zなので、X:Z=xa^{1/(p-1)}:xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}も整数比となりません。 >それは r=p^{1/(p-1)} という追加の仮定が入ってるからでしょ。
rが有理数の場合は成り立たないから関係ない。
rが有理数の場合は、r=(pa)^{1/(p-1)}となります。 >>901
証明されていないという指摘中に、証明したと主張するのは、痴呆だからですか? >>892
> 具体的に、間違いの箇所と理由を指摘していただけないでしょうか。
なぜ?十分な情報は既に大量に出ているのだから、本人が努力して解決するべき。
指摘を求めるっていうのはそういうことだろ。
そして、解決したら、改めて主張を述べろ。そして、それが相手が納得して初めてやりとりが終了するのだ。
単に質問しただけで勝手に終わったことにするな。 >>903
> rが有理数の場合は、r=(pa)^{1/(p-1)}となります。
aについて何も説明がないのも問題ですが、
それではrが有理数の場合の証明はどこにあるのですか?
863は、
rは、有理数となる。
と書いてあるだけで、rが有理数の場合の証明には全くなっていないですね。 >aについて何も説明がないのも問題ですが、
例えば、p=3, r=6の場合、(3a)^{1/(3-1)なので、a=12となります。
それではrが有理数の場合の証明はどこにあるのですか?
827と863にあります。
863は、
rは、有理数となる。
と書いてあるだけで、rが有理数の場合の証明には全くなっていないですね。
rが有理数の場合は、
r=(pa)^{1/(p-1)}なので、a^{1/(p-1)}は無理数となります。
X=x*a^{1/(p-1)}となるので、Xは無理数となります。 XとかZって証明と無関係だよね
xやzが有理数かどうか言えばいいのになんで無関係な変数の話ばかりするの? ホントに底知れぬほどのヴァカなんだなあ(笑)。
数学のホントのおもしろさを知ることはないだろうから
哀れでもあるけど。 >XとかZって証明と無関係だよね
xやzが有理数かどうか言えばいいのになんで無関係な変数の話ばかりするの?
rが無理数、xが有理数のとき、zは無理数となります。
rが有理数のとき、Xは無理数となります。Zも無理数となります。 >>910
>rが有理数のとき、Xは無理数となります。Zも無理数となります。
で? X:Zが整数比でない証明は結局ないのね >X:Zが整数比でない証明は結局ないのね
X:Z=x:zとなります。
x:zは整数比となりません。 >>912
> X:Z=x:zとなります。
はあ。
> x:zは整数比となりません。
不成立。二度と同じことを書き込むな。
x,zが有理数なら整数比だろが。
x,zが無理数でも整数比になる可能性があるだろうが。 ついでに。
x,y,zに関する方程式
x^p+y^p=z^p (ただしz=x+r, r=p^{1/(p-1)})
と、
X,Y,Zに関する方程式
X^p+Y^p=Z^p
が同値だと思い込んでいるようだが、有理数解を探す上では、同値ではない。
なので、同値だと思うなら、証明して、その証明が認められたうえで使え。
認められていないなら使うな。 x+y=z の解 x=1,y=1,z=2
X+Y=Z の解 X=1,Y=2,Z=3
比は一緒??? >>912
>X:Z=x:zとなります。
>x:zは整数比となりません。
証明は結局ないね
がっかりだ よく読んでないけど、必要十分条件わかってない感じかな?
そうなら高木と一緒だね。 >x,zが有理数なら整数比だろが。
x,zが無理数でも整数比になる可能性があるだろうが。
x,zが共に有理数となることは、ありません。
x,zが無理数でも整数比になる場合は、共通の無理数の積となります。 >x,y,zに関する方程式
x^p+y^p=z^p (ただしz=x+r, r=p^{1/(p-1)})
と、
X,Y,Zに関する方程式
X^p+Y^p=Z^p
が同値だと思い込んでいるようだが、有理数解を探す上では、同値ではない。
なので、同値だと思うなら、証明して、その証明が認められたうえで使え。
認められていないなら使うな。
X^p+Y^p=Z^pのX,Y,Zは、x^p+y^p=z^pのx,y,zの定数倍となります。 >x+y=z の解 x=1,y=1,z=2
X+Y=Z の解 X=1,Y=2,Z=3
比は一緒???
一緒ではありません。 >>X:Z=x:zとなります。
>x:zは整数比となりません。
証明は結局ないね
がっかりだ
827を読んで下さい。 >>919
> X^p+Y^p=Z^pのX,Y,Zは、x^p+y^p=z^pのx,y,zの定数倍となります。
定数倍になろうが、同値ではない。有理数の定数倍は無理数かもしれないので。
これが分からないなら、勉強不足。勉強しろ。なぜ無視する?
そして、過去の証明とやらは全て間違いなので、それを理由に説明するな。なぜ無視する? >有理数の定数倍は無理数かもしれないので。
有理数の定数倍は無理数になる場合もあります。
>過去の証明とやらは全て間違いなので、それを理由に説明するな。なぜ無視する?
全て間違いとは、思っていません。
間違いを具体的に指摘してください。 >全て間違いとは、思っていません。
>間違いを具体的に指摘してください。
>>827
>Bはr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
この行以降はデタラメ。 数学の証明において、一か所でも本質的な間違いがあれば、結論は不成立。
それが成立するかのように書いてある以上、全くの間違いと言って良い。
間違ったものを正しいかのように引用してはいけない。
そして、間違いは具体的に指摘されている。本人が無視しているだけ。 > 全て間違いとは、思っていません。
> 間違いを具体的に指摘してください。
間違っている部分が指摘されているのをふまえて、どこが正しいのか具体的に指摘してくれ。 >>920
x+y=z と X+Y=Z の場合は比が一緒にならないということだね
これが x^p+y^p=z^p と X^p+Y^p=Z^p の場合は何故比が一緒になる(定数倍になる)んですか? >Bはr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
この行以降はデタラメ。
デタラメの理由を教えて下さい。 >そして、間違いは具体的に指摘されている。本人が無視しているだけ。
どの部分でしょうか? >x^p+y^p=z^p と X^p+Y^p=Z^p の場合は何故比が一緒になる(定数倍になる)んですか?
r=p^{1/(p-1)の場合のx,y,zの比と、r=(pa)^{1/(p-1)}の場合のX,Y,Zの比が一緒になります。 >>930
r=p^{1/(p-1)} でない場合については何も示せてないんですね? >>929
無視している部分が多過ぎでわからん。
どの指摘に対してどんな返事をして、それがどう解決したのかしてないのか、具体的かつ網羅的にまとめてくれ。 >>930
根拠不明。説明不足。疑問に答えてないのでだめ。 > r=p^{1/(p-1)の場合のx,y,zの比と、r=(pa)^{1/(p-1)}の場合のX,Y,Zの比が一緒になります。
これは成立しないって言ったろ?
r=p^{1/(p-1)の場合のx,y,zの比 は整数比ではない (xが有理数かつr,zが無理数だから)
r=(pa)^{1/(p-1)}の場合のX,Y,Zの比は整数比でしかない (xが有理数かつr,zが有理数だから)
よって、この二つの比が一致することはありえない。 >>827
よく見たら、ひと続きの文章のなかに
「r^(p-1)=pとすると」と「rが有理数のとき」の矛盾する条件があるね。
この2つの条件が同時に成り立つことはない。致命的に反則。
けっきょく今回もこの反則によって証明は正しくないんだね。 >r=p^{1/(p-1)} でない場合については何も示せてないんですね?
r=p^{1/(p-1)} でない場合は、r=(ap)^{1/(p-1)}になります。 > r=p^{1/(p-1)の場合のx,y,zの比と、r=(pa)^{1/(p-1)}の場合のX,Y,Zの比が一緒になります。
これは成立しないって言ったろ?
r=p^{1/(p-1)の場合のx,y,zの比 は整数比ではない (xが有理数かつr,zが無理数だから)
r=(pa)^{1/(p-1)}の場合のX,Y,Zの比は整数比でしかない (xが有理数かつr,zが有理数だから)
よって、この二つの比が一致することはありえない。
例
x^2+y^2=(x+2)^2
x=3, y=4, z=5
X^2+Y^2=(X+4)^2
X=6, Y=8, Z=10
x:y:z=X:Y:Z >よく見たら、ひと続きの文章のなかに
「r^(p-1)=pとすると」と「rが有理数のとき」の矛盾する条件があるね。
この2つの条件が同時に成り立つことはない。致命的に反則。
けっきょく今回もこの反則によって証明は正しくないんだね。
「rが有理数のとき」は、r=(pa)^{1/(p-1)}のときです。 >無視している部分が多過ぎでわからん。
どの指摘に対してどんな返事をして、それがどう解決したのかしてないのか、具体的かつ網羅的にまとめてくれ。
ひとつづつ、疑問を指摘してください。お答えします。 >>936
a って何ですか?
r=p^{1/(p-1)} でも r=(ap)^{1/(p-1)} でもない場合については何も示せてないんですね? 読み返してたんだけど>>81とか>>142は結局無視されて終わってるのかな? >>938
>r=(pa)^{1/(p-1)}のときです。
827にはそんな記載はないなあ。
いずれにしても、「r=p^{1/(p-1)}とすると」と「a^{1/(p-1)}が無理数」とr=(pa)^{1/(p-1)}は同時に成立しない。
反則状態には違いないよ。 >>938
➂はr^(p-1)=pとすると、…Cとなる。Cは…Dとなる。Dは…Eとなる。
と言ってるんだから、EはCやDの前提条件であるr^(p-1)=pの時にしか成立しないのだろう。
つまり「Eはrが有理数のとき、」と書いた時点で反則ってことなんだよ。 >>939
> ひとつづつ、疑問を指摘してください。お答えします。
いやだね。そんな義務ないし。指摘が欲しい人が作業しろよ。
そして、どんな指摘だって答えてないじゃん。
単に一言、過去言ったことを繰り返すのは答えと言わない。その答えじゃ不足だから複数回指摘されるのだ。
同じ返答はいらない。
そして、同じ間違いを繰り返すから同じ指摘がされるのだ。 この屑スレも、もうすぐ1000か
数学ではない文字の羅列を議論の対象としても
永遠に同じことが繰り返されるだけだろう。 テンプレ置いとくか
・新しい変数を説明なしで使う
・一度定義した変数を別の意味で使う
・式の形が同じだから同値だと言い張る
・指摘してくださいと言いつつ指摘を聞く気はない
・指摘に反論できなくなるとトボけ倒して逃げる
・問い詰められると関係ない話をして逃げる
日高珍答集
・(A=Cの理由を問われて)AB=CDなので、A=Cとすると、B=Dとなる。(26ほか)
・r^(1-1)=1とすると、r=1^{1/(1-1)}となる (346)
・a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。(390)
・(z=x+r かつ z,xが有理数のとき)どうして、「r は必ず有理数となる。」かが、わかりません。(858) >r=p^{1/(p-1)} でも r=(ap)^{1/(p-1)} でもない場合については何も示せてないんですね?
r=p^{1/(p-1)}でない場合は、r=(ap)^{1/(p-1)}となります。
aは、実数です。 >読み返してたんだけど>>81とか>>142は結局無視されて終わってるのかな?
y=b^3とおいたらどうでしょうか。 >いずれにしても、「r=p^{1/(p-1)}とすると」と「a^{1/(p-1)}が無理数」とr=(pa)^{1/(p-1)}は同時に成立しない。
反則状態には違いないよ。
すみません。具体的にご指摘いただけないでしょうか。よく意味を理解することができません。 >EはCやDの前提条件であるr^(p-1)=pの時にしか成立しないのだろう。
つまり「Eはrが有理数のとき、」と書いた時点で反則ってことなんだよ。
Eはr=(pa)^{1/(p-1)}のときです。 >いいえ。aが未定義なので。
r=(ap)^{1/(p-1)}より、
a=(r/p^{1/(p-1)})^(p-1)となります。 >>EはCやDの前提条件であるr^(p-1)=pの時にしか成立しないのだろう。
>つまり「Eはrが有理数のとき、」と書いた時点で反則ってことなんだよ。
>Eはr=(pa)^{1/(p-1)}のときです。
それは反則だろ
r^(p-1)=pの時にしか成立しないことが
r=(pa)^{1/(p-1)}のときに成立する理由がない。
aは1じゃないんだろ? だったら反則だ >それは反則だろ
r^(p-1)=pの時にしか成立しないことが
r=(pa)^{1/(p-1)}のときに成立する理由がない。
aは1じゃないんだろ? だったら反則だ
r^(p-1)=pの時に,x,y,zが整数比とならないので、
r=(pa)^{1/(p-1)}のときにX,Y,Zは整数比となりません。 >>956
比が等しくなるとは限りません(>>915,
>>927) >>950
どういうことでしょうか?
例
x^2+y=z^2
x=3, y=4, z=√13
両辺を2^2倍すると、
X=6, Y=16, Z=2 √13
x:y:z=X:Y:Zとなりません。
y=b^2とおくと、
x:y:z=X:Y:Zとなります。 >>958
それじゃよくわかりません
何が言いたいでしょうか? >それじゃよくわかりません
何が言いたいでしょうか?
x^2+y=z^2とx^2+y^2=z^2は式の性質が違うということです。 >>962
だからどう違うのですか?
あと>>957も読んでください >x+y=z の解 x=1,y=1,z=2
X+Y=Z の解 X=1,Y=2,Z=3
比は一緒???
比は一緒では、ありません。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】z=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)となる。
これを変形すると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
r^(p-1)=pとなるので、(1)は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(1)は、xを有理数とすると、zは無理数となる。
(2)の右辺にa(1/a)を掛けると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apとなるので、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。よって、(1),(3),(5)は有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。 >>966
あのな、指摘を無視し同じ内容を繰り返すのは嵐と同じ。
小学生程度の学力しかないのだから、問題を明確にするために、
当面 p=3 に限って議論したら。それで十分すぎるのだから。
>xなどの定義なし。
定義なしでは、だめなのでしょうか? >>966
>>963,965を無視しないでください 某スレの高木もそうだけど、pが奇数であることを使ってない証明は自動的に誤りになるとは気付けないのかな >定義なしでは、だめなのでしょうか?
あたりまえじゃないか。そんなこともわからんのか? >>969
ダメと書いた。根拠無く疑問を投げかけるな。 定義も何も、自然数解の有無を論じるんだから、
x,y,zはすべて自然数でなければNGやろ
x,y,zが、自然数じゃなくてもいいって日高の論を受け入れてる時点で日高の策にはまっている
比が等しいからどうこうって論もそもそもNG 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…@が、有理数解を持つかを検討する。
@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…Aとなる。Aを積の形に変形してrを求める。
Aを(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…C
となる。
Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、C,A,@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…Dとなる。
Dをxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 日本語がわからんのか。
x,y,zは複素数rは四元数なのか。 「x:y:z=X:Y:Z のとき、x^p+y^p=z^p ならば X^p+Y^p=Z^p」は正しいが
「x^p+y^p=z^p ならば X^p+Y^p=Z^p のとき x:y:z=X:Y:Z」は正しくない
日高はこのことを理解していない
同様に
「A=C かつ B=D のとき AC=BD」は正しいが
「AC=BD のとき A=C かつ B=D」は正しくない >>966
>>963,965を無視しないでください
具体的に書いて下さい。 >>977
楕円曲線の有理点を使うにしても、自然数でなければならない x,y,z とは別の変数を使うべきだろう。
日高のような誤りを引き起こしやすい(現に誤っている)初心者は特にそう >x,y,zはすべて自然数でなければNGやろ
「xを有理数とすると」としています。 >当面 p=3 に限って議論したら。それで十分すぎるのだから。
pに3を代入してみて下さい。 >某スレの高木もそうだけど、pが奇数であることを使ってない証明は自動的に誤りになるとは気付けないのかな
よく意味がわかりません。 >x,y,zは複素数rは四元数なのか。
違います。
x,y,z,rは、実数です。 >「x:y:z=X:Y:Z のとき、x^p+y^p=z^p ならば X^p+Y^p=Z^p」は正しいが
「x^p+y^p=z^p ならば X^p+Y^p=Z^p のとき x:y:z=X:Y:Z」は正しくない
日高はこのことを理解していない
同様に
「A=C かつ B=D のとき AC=BD」は正しいが
「AC=BD のとき A=C かつ B=D」は正しくない
すみません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >楕円曲線の有理点を使うにしても、自然数でなければならない x,y,z とは別の変数を使うべきだろう。
日高のような誤りを引き起こしやすい(現に誤っている)初心者は特にそう
楕円曲線については、まったくわかりません。 >>985
そんなことも知らないで証明なんかできんだろ
原因と結果を入れ換えちゃダメだって学校で習わなかったかい?? >原因と結果を入れ換えちゃダメだって学校で習わなかったかい??
該当する部分はどこでしょうか? >>984
>違います。
>x,y,z,rは、実数です。
pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
を証明するにx,y,z,rを実数と仮定してどうするのだw
--------------------------------- >pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
を証明するにx,y,z,rを実数と仮定してどうするのだw
証明の途中で、「xを有理数とすると」としています。 >>984
後からの説明に意味はない。
とにかく証明が間違い。 > 証明の途中で、「xを有理数とすると」としています。
君の頭はホントに大丈夫かwwww
x,y,z のうち、どれか1つでも実数なら、pが奇素数のとき
x^p+y^p=z^p
は成り立ってしまうじゃないか。
最初はx,y,zは実数であると仮定しておいて、途中からxだけ有理数
とするようなデタラメ極まる証明に何の価値がある。 >最初はx,y,zは実数であると仮定しておいて、途中からxだけ有理数
とするようなデタラメ極まる証明に何の価値がある。
どうして駄目でしょうか?
実数と仮定することは、有理数、無理数どちらも可能性があるということです。 > 実数と仮定することは、有理数、無理数どちらも可能性があるということです
もちろんその通りだ。しかし、x,y,z および z = x + r で定義される r のどれか 1つでも無理数だったら
pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^p
は成り立ってしまうのだから、最初に実数と仮定した x,y,z,r のどれか1つだけを途中で有理数と仮定して
証明を展開するのはバカげている。 >>993
>有理数、無理数どちらも可能性があるということです。
君は嘘つきだね
xとzが共に有理数である可能性は、最初から無視してるじゃないか > 実数と仮定することは、有理数、無理数どちらも可能性があるということです
もちろんその通りだ。しかし、x,y,z および z = x + r で定義される r のどれか 1つでも無理数だったら
pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^p
は成り立ってしまうのだから、最初に実数と仮定した x,y,z,r のどれか1つだけを途中で有理数と仮定して
成り立ってしまうのだから証明を展開するのはバカげている。
「成り立つとき」x,y,zが共に有理数とならないならば、x,y,zは、自然数解を持たないことになります。 >君は嘘つきだね
xとzが共に有理数である可能性は、最初から無視してるじゃないか
「最初から無視」ではありません。
r=p^{1/(p-1)}, x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})の部分からです。 1000なら永久に
このスレ終了!!!!!!!!!!!!!!!!!! このスレッドは1000を超えました。
新しいスレッドを立ててください。
life time: 43日 13時間 22分 53秒 5ちゃんねるの運営はプレミアム会員の皆さまに支えられています。
運営にご協力お願いいたします。
───────────────────
《プレミアム会員の主な特典》
★ 5ちゃんねる専用ブラウザからの広告除去
★ 5ちゃんねるの過去ログを取得
★ 書き込み規制の緩和
───────────────────
会員登録には個人情報は一切必要ありません。
月300円から匿名でご購入いただけます。
▼ プレミアム会員登録はこちら ▼
https://premium.5ch.net/
▼ 浪人ログインはこちら ▼
https://login.5ch.net/login.php レス数が1000を超えています。これ以上書き込みはできません。