フェルマーの最終定理の簡単な証明2
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【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…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②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、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…④
となる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、④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…⑤となる。
⑤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。 ＞＞７９９
日高氏の頭の中では背理法は用いておらず、
x^p+y^p=z^pの解を求めようとしている。
その際、定数rを用いてx^p+y^p=(x+r)^pとx,yの二変数にして
rごとに有理数解x,y,x+rをさがしているのでは。 >これは、X,Y,Zの定義のつもりですか？
はい。 >偽なる命題を“証明”した日高氏の証明は明らかに誤り。
すみません。どれが、「偽なる命題」に当たるかを、教えていただけないでしょうか。 >>801
定義ならこんなあやふやな書き方はしない。
798を参考にしてほしい。 >なんですでに存在しているzをここで定義してるの？
z=x+rとするためです。 >rごとに有理数解x,y,x+rをさがしているのでは。
そうです。
rが、変わっても、X:Y:Z=x:y:zとなります。 >798を参考にしてほしい。
798のどの部分を、参考にすればよいのでしょうか。 ┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです
｜の｜
｜本｜ a^{1/(1-1)}という表現が可能かどうかわかりませんが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ま｜
｜せ｜ ところが、その自慢の下半身がだんだん劣化しつつあります。(´・ω・｀)
｜ん｜
｜！｜ しかし、睾丸無知ですので投稿し続けます。(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
└高┘
しかし、数学ナビの掲示板のころからまったく進歩ないなあ。
相手をするのもいいかげん飽きてきた。 >> 804
すでに定義されているzを再び
z=..
と定義するのはダメ。 >毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
よろしくお願いします。 >すでに定義されているzを再び
z=..
と定義するのはダメ。
すみません。理由を教えていただけないでしょうか。 【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】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
②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、②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >zはすでに登場しているから。
なぜ、二度登場しては、いけないのでしょうか？ > x,y,z,rは有理数と仮定する。
> ➂はr^(p-1)=pとすると、
r が有理数という仮定の元で r が無理数の場合を検討するのはなぜですか？
r を有理数と仮定した時に r を無理数とすると仮定に反するという
④云々を持ち出すまでもなく、至極当たり前のことしか言ってないですね、あの段落は。 >r が有理数という仮定の元で r が無理数の場合を検討するのはなぜですか？
r が無理数の場合は、x,y,zが整数比となりません。
r が有理数の場合は、X,Y,Zとなります。
x:y:z=X:Y:Zとなります。 >>800
「rは有理数と仮定する」としておきながら、同時に「r^(p-1)=pとする」と言っているので、自己矛盾を引き起こしている
日高が証明しているのは、「rが有理数のときr^(p-1)=pにはならない」でしかないのであって、x^p+y^p=z^pの解の有無ではないことに注意すべし >「rは有理数と仮定する」としてながら、同時に「r^(p-1)=pとする」と言っているので、自己矛盾を引き起こしている
「r^(p-1)=pとすると」rは、有理数とならないので、仮定に反します。
日高が証明しているのは、「rが有理数のときr^(p-1)=pにはならない」でしかないのであって、x^p+y^p=z^pの解の有無ではないことに注意すべし
rが無理数となれば、x,y,zの有理数解はない。ということになります。 rは有理数である
と仮定しているのに何故rは無理数になる様相が存在するのか >>802
「pを奇素数とするときx^p+y^p=z^pは有理数解をもたない」です。 >>817
＞>「rは有理数と仮定する」としてながら、同時に「r^(p-1)=pとする」と言っているので、自己矛盾を引き起こしている
＞「r^(p-1)=pとすると」rは、有理数とならないので、仮定に反します。
仮定に反するのは、日高が勝手に「rは有理数と仮定する」と「r^(p-1)=pとする」を同時に仮定したからにすぎない
この場合、数学的には「ゆえに日高は誤りである」と結論するのが正しい。 日高氏の記号にならうならa=1/pのとき。r=(pa)^{1/(p-1)}=1となる。
(6)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pだからX^p+Y^p=(X+1)^p。
これはX=0,Y=1という有理数解を持つ。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})の無理数解x=0,y=p^{1/(p-1)}と比べると
X:Y:Z=x:y:zとなっている。 >rは有理数である
と仮定しているのに何故rは無理数になる様相が存在するのか
rは、仮定通りになるとは、限りません。 >「pを奇素数とするときx^p+y^p=z^pは有理数解をもたない」です。
「有理数解をもたない」は、偽となりますが、「自然数解をもたない」ならば、
真では、ないでしょうか。
命題は、「pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」としているので、x,y,z,rは、0を除く有理数とするに、訂正した場合は、どうでしょうか？ 有理数であるの否定命題は無理数であるなのか？
①有理数である または 有理数でない (排中律)
②有理数でない
③ゆえに無理数である
有理数の裏は無理数なのか？
ディリクレ関数じゃないんだよ？ >仮定に反するのは、日高が勝手に「rは有理数と仮定する」と「r^(p-1)=pとする」を同時に仮定したからにすぎない
この場合、数学的には「ゆえに日高は誤りである」と結論するのが正しい。
「r^(p-1)=pとする」は、仮定ではありません。 >日高氏の記号にならうならa=1/pのとき。r=(pa)^{1/(p-1)}=1となる。
(6)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pだからX^p+Y^p=(X+1)^p。
これはX=0,Y=1という有理数解を持つ。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})の無理数解x=0,y=p^{1/(p-1)}と比べると
X:Y:Z=x:y:zとなっている。
「x,y,zは、0を除く有理数と仮定する。」に訂正します。 >有理数であるの否定命題は無理数であるなのか？
①有理数である または 有理数でない (排中律)
②有理数でない
③ゆえに無理数である
有理数の裏は無理数なのか？
ディリクレ関数じゃないんだよ？
すみません。もう少し詳しく説明していただけないでしょうか。 【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】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは0を除く有理数と仮定する。
②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、②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>828
> x,y,z,rは0を除く有理数と仮定する。
この仮定はその先の証明のどこで使われているのですか？ 要するに、矛盾が生じる状況を「自分で」作っておきながら、
「矛盾が生じたから仮定が間違ってる」という意味不明なことやってるということだよね 皆さんもご存じの通り、方程式 x^3+19y^3=z^3 は、(x,y,z)=(2,1,3) という立派な自然数解を持つ。
この方程式も、>>828 のやり方を使うと、自然数解がないことになってしまう。
不思議だね。実に不思議だ。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+19y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+19y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+19y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは0を除く有理数と仮定する。
②を(x/r)^p+19(y/r)^p=(x/r+1)^p, 19(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){19(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、②はX^p+19Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){19(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+19Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+19y^p=z^pは、自然数解を持たない。 うん。>>832はなかなかいい。
ただ、日高爺は下半身で考えるタイプだからわからんだろうwwwwwwww >> 813
2度登場してもいいが、2度定義するのはダメ。 >>825
> 「r^(p-1)=pとする」は、仮定ではありません。
よくわかりません、もう少し詳しく説明していただけないでしょうか。 > x,y,z,rは0を除く有理数と仮定する。
>この仮定はその先の証明のどこで使われているのですか？
z=x+r
r=p^{1/(p-1)}
z=x+p^{1/(p-1)}となるので、
の部分です。 >要するに、矛盾が生じる状況を「自分で」作っておきながら、
「矛盾が生じたから仮定が間違ってる」という意味不明なことやってるということだよね
すみません。もうすこし、詳しく説明していただけないでしょうか。 >然り。
すみません。もうすこし詳しく説明していただけないでしょうか。 >皆さんもご存じの通り、方程式 x^3+19y^3=z^3 は、(x,y,z)=(2,1,3) という立派な自然数解を持つ。
この方程式も、>>828 のやり方を使うと、自然数解がないことになってしまう。
不思議だね。実に不思議だ。
方程式 x^3+19y^3=z^3 は、{19(y/r)^p-1}となるので、19(y/r)^pの部分が異なります。 >2度登場してもいいが、2度定義するのはダメ。
すみません。理由を教えていただけないでしょうか。 >>825
>「r^(p-1)=pとする」は、仮定ではありません。
仮定ではないならどんな意味ですか？
あなたの考える意味をできるだけ詳しく書いてください。
普通「r^(p-1)=pとする」は、
「r^(p-1)はpと等しいと仮定する」という意味で使われます。読む人はそう捉えています。 >普通「r^(p-1)=pとする」は、
「r^(p-1)はpと等しいと仮定する」という意味で使われます。読む人はそう捉えています。
貴方のおっしゃる通りと、思いますので、
「r^(p-1)=pとする」を、「r^(p-1)=pとなるので、」に訂正したいと思います。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
②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となるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴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
ならねえよ
「r=p^{1/(p-1)}となる。」ので、仮定に反します。 >>846
何の仮定？
「rは有理数とする」と仮定したことです。 >>849
だから、
「r^(p-1)=pとなるので、」
なってないじゃん >「r^(p-1)=pとなるので、」
なってないじゃん
「r^(p-1)=pとなる」場合は、rは、有理数となりません。 > ➂はr^(p-1)=pとなるので、
> r^(p-1)=p以外の場合は、
r^(p-1)=p となるならば、それ以外の場合を検討する必要はないのではないですか？ r^(p-1)=p となるならば、それ以外の場合を検討する必要はないのではないですか？
それ以外の場合は、r^(p-1)=paとなります。 >>853
それ以外の場合が可能ならば、
「r^(p-1)=pとなるので」は不適切な表現でないでしょうか？ >それ以外の場合が可能ならば、
「r^(p-1)=pとなるので」は不適切な表現でないでしょうか？
r^(p-1)=pは、r^(p-1)=paの、a=1の場合です。
r^(p-1)=pの場合とr^(p-1)=paの場合があるということです。
r^(p-1)=pの場合を、x,y,z
r^(p-1)=paの場合を、X,Y,Zとすると、
X:Y:Z=x:y:zとなります。 >>855
> r^(p-1)=pの場合とr^(p-1)=paの場合があるということです。
であるならば「r^(p-1)=pとなるので」は不適切な表現でないでしょうか。 > r^(p-1)=pの場合とr^(p-1)=paの場合があるということです。
>であるならば「r^(p-1)=pとなるので」は不適切な表現でないでしょうか。
「r^(p-1)=pの場合は」ではどうでしょうか。 【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】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
②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とした場合、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>857
> 「r^(p-1)=pの場合は」ではどうでしょうか。
r が有理数である仮定の元で無理数の場合を検討することは、無意味ではないでしょうか？ >r が有理数である仮定の元で無理数の場合を検討することは、無意味ではないでしょうか？
X:Y:Z=x:y:zとなるので、無意味では、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】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは0をのぞく有理数と仮定する。
②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とした場合、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rが無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>857
「r^(p-1)=pとなる」は、
「(これまでの論理により) r^(p-1)=pであると結論する」という意味です。
「r^(p-1)=pの場合は」は、
「r^(p-1)=pであると仮定する場合には」という意味です。
>>「r^(p-1)=pの場合は」ではどうでしょうか。
あなたは「r^(p-1)=p」を仮定と考えていますか？結論と考えていますか？それともこれらの違いがわからないのですか？ >あなたは「r^(p-1)=p」を仮定と考えていますか？結論と考えていますか？それともこれらの違いがわからないのですか？
結論と考えて >あなたは「r^(p-1)=p」を仮定と考えていますか？結論と考えていますか？それともこれらの違いがわからないのですか？
結論と考えています。 【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】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは0をのぞく有理数と仮定する。
②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となるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rが無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>865
爺さん、数学の証明としては零点だ。全然進歩しとらん（笑）。
素人漫才のシナリオとしても零点。 >爺さん、数学の証明としては零点だ。全然進歩しとらん（笑）。
すみません。間違い箇所をご指摘いただけないでしょうか。 うーん、こりゃ高木と同じ運命を辿るな。
証明の土台にある論理が間違っているのに、それを理解せず表面的なところばかり直してくるところが非常に似ている。
証明を出してきたので、それを見た人は間違いを指摘するんだけど、
証明者本人を納得させる義務はないから、
本人が理解できなきゃ放置されて終わりだよ。 >証明の土台にある論理が間違っているのに、それを理解せず表面的なところばかり直してくるところが非常に似ている。
証明の土台にある、論理が間違っている箇所を、ご指摘いただけないでしょうか。 >～となる。
が間違い。ゴミクズ。
～となる。が間違い。となる理由を、ご指摘いただけないでしょうか。 >>865
フェルマーの最終定理に反例X^p+Y^p=Z^pがあったとして
これをX^p+Y^p=(X+R)^p と書くとRは自然数。
r=p^{1/(p-1)}の場合の解x,y,zでこれとX:Y:Z=x:y:zの関係をもつものはX,Y,Zの無理数倍。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの無理数解については何も調べていないのだから何の矛盾も生じない。
間違った証明です。 >x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの無理数解については何も調べていないのだから何の矛盾も生じない。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの解が無理数で、整数比となるものが、あるとすると、
その解を、共通の無理数dで割ると、x/d:y/d:z/d=x:y:zとなります。
x:y:zは、整数比となるので、x,y,zは有理数となります。
つまり、x,y,zが、有理数の場合と同じとなります。 >>873
> >x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの無理数解については何も調べていないのだから何の矛盾も生じない。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの解が無理数で、整数比となるものが、あるとすると、
> その解を、共通の無理数dで割ると、x/d:y/d:z/d=x:y:zとなります。
> x:y:zは、整数比となるので、x,y,zは有理数となります。
> つまり、x,y,zが、有理数の場合と同じとなります。
下から4行目で「解が無理数で」と書いてるのに下から2行目では「有理数となります」。
どうなっているのですか？ >下から4行目で「解が無理数で」と書いてるのに下から2行目では「有理数となります」。
どうなっているのですか？
「有理数となります」。ではなく、「有理数の場合と同じとなります」です。 >>875
いや、あなたは>>873で「x,y,zは有理数となります」と書きました。 >いや、あなたは>>873で「x,y,zは有理数となります」と書きました。
最後から２行目は、「x,y,zは有理数となります」と書きました。
最後の１行目は、「有理数の場合と同じとなります」と書きました。 >>877
> >いや、あなたは>>873で「x,y,zは有理数となります」と書きました。
>
> 最後から２行目は、「x,y,zは有理数となります」と書きました。
> 最後の１行目は、「有理数の場合と同じとなります」と書きました。
「x,y,zは有理数となります」と書いたことは認めますね？ 日高バカ丸出し。
適当な記号を使うなっていわれているのに。 >>871
さっき誰かに指摘されてただろうが。ボケ老人。 >>865
> z=x+rとおいて、
多分すでに指摘されているかとは思いますが、
新しく定義する記号を左辺に置いて、
r=z-x とおいて、
と記述する方が一般的です。
> r^(p-1)=pとなるので
>>856 で不適切と指摘された記述に戻ったのはなぜでしょうか。
> ②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
突如現れる大文字の X と Y が未定義です。
r と同様に、
X=なんたら、Y=かんたら とおくと、
と定義を記述しないと余人には理解不能です。
> a(1/a)を掛けると
a も同様に未定義ですので定義を書いて頂きたく。 >>881
この a は「魔法の a」で、
これがあると「AB = CD ならば A = C」が証明できるという。 「x,y,zは有理数となります」と書いたことは認めますね？
書き方が、適切でなかったので、訂正します。
x'=x/d, y'=y/d, z'=z/dとおくと、
「x',y',z'は有理数となります」に訂正します。 こら、爺さん
> x'=x/d, y'=y/d, z'=z/dとおくと、
> 「x',y',z'は有理数となります」に訂正します。
のようにまた新たな変数を持ち込むと証明の整合性に
よりいっそう手間取るぞ。
x',y',z'は有理数となります
のような書き方はx',y',z'が無理数にもなる可能性を示唆している。
それに d は何だ。君のティムポか。
上にもあるけど a の定義はどうした？ >日高バカ丸出し。
>適当な記号を使うなっていわれているのに。
そうですね。 >さっき誰かに指摘されてただろうが。ボケ老人。
そうでした。 >r=z-x とおいて、
と記述する方が一般的です。
z=x+rの方が分かりやすいと思ったからです。
突如現れる大文字の X と Y が未定義です。
X=xa^{1/(p-1)}, Y=ya^{1/(p-1)}となります。
a も同様に未定義ですので定義を書いて頂きたく。
aは任意の有理数です。 >この a は「魔法の a」で、
これがあると「AB = CD ならば A = C」が証明できるという。
AB = CD ならば AB=aCD(1/a)となります。 >のような書き方はx',y',z'が無理数にもなる可能性を示唆している。
それに d は何だ。君のティムポか。
上にもあるけど a の定義はどうした？
dは、x,y,zに共通の無理数です。
aは、任意の有理数です。 >>890
デタラメすぎて頭が痛い。
>dは、x,y,zに共通の無理数です。
「共通の無理数」って何？数学にそんな用語はない。
>aは、任意の有理数です。
証明に「r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。」と書いてある。
aが有理数だとrは有理数にならないが、それでいいのか？ >証明に「r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。」と書いてある。
aが有理数だとrは有理数にならないが、それでいいのか？
いいです。
p=3,
a=3のとき、
r=3となります。 >>892
>p=3,
>a=3のとき、
>r=3となります。
それなら「aは任意の有理数」ではない。
たとえば a=2ならrは有理数にならない。 >たとえば a=2ならrは有理数にならない。
そうでした。任意の有理数ではないですね。
この場合どういう言い方をしたら、いいのでしょうか。 【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】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数と仮定する。
②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となるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 言い方の問題ではないでしょう。
結論ありきで証明を考えるからいかんのだ。 >言い方の問題ではないでしょう。
結論ありきで証明を考えるからいかんのだ。
すみません。間違いを、ご指摘いただけないでしょうか。 >指摘無視。ゴミ
すみません。指摘無視部分は、どこでしょうか？ >>897
ほかの方が具体的な間違いの箇所を指摘していますから、よく読み返してください。
あなたは「この場合どういう言い方をしたら、いいのでしょうか」と書いています。
これは、自身の考え方が間違っているわけではなく単に表現がまずいだけだ、と考えていると受け取れますが、
そうではないのです。 レス数が900を超えています。1000を超えると表示できなくなるよ。
