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。 926がぱっと答えられないのに、よくこの問題が解けたと表明する気になったなw
これだから、理解しやすい問題に取り組むアマチュア数学家は笑われるのに。 >>986
>すみません。もうすこし、時間を下さい。
それは構いませんが、その時間であなたは何をするつもりですか？心の整理ですか？
>>926は初学者用の練習問題です。間違えてもいいので答えを書いてみてください。
ヒントとして①の解答を書いておきます
①正三角形ならば三つの辺の長さが等しい
仮定:(ある三角形が)正三角形である
結論:(その三角形の)三つの辺の長さが等しい >x^2+y^2=(x+π)^2, z=x+π
は有理数解を持たない。
X^2+Y^2=Z^2
は有理数解を持つ。
この事実をどう思っているんだ？
日高の理屈ならx:y:z=X:Y:Zだろ？
「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。」
これは、ま違いでした。訂正します。
x,y,zは、無理数で、整数比になります。よって、x:y:z=X:Y:Zとなります。 >>991
有理数解が無ければ整数比にならないんじゃないの？ ①正三角形ならば三つの辺の長さが等しい
仮定は、正三角形。結論は、三つの辺の長さが等しい。です。
②二つの内角が等しい三角形は二等辺三角形である
逆にすると、
二等辺三角形ならば二つの内角が等しい。
これならば、仮定は、二等辺三角形。結論は、二つの内角が等しい。です。
③nを自然数とする。nが10の倍数ならばnは5で割り切れる
仮定は、nが10の倍数。結論は、nは5で割り切れる。です。
④nを自然数とする。nの二乗が奇数ならばnは奇数である
仮定は、nの二乗が奇数。結論は、nは奇数。です。
⑤日本の山の中で一番高い山は富士山である
仮定は、日本の山の中で一番高い山。結論は、富士山。です。 >有理数解が無ければ整数比にならないんじゃないの？
>x^2+y^2=(x+π)^2, z=x+π
は有理数解を持ちませんが、
無理数解x=3π/2,y=4π/2,z=5π/2を、持ちます。
x:y:zは、整数比になります。 何度も書くが、Case BとCase Aは独立なので、
* Case Aで書いたことはCase Aの中でのみ有効。
* なのでCase B中でCase A中の式は使えない。（正確に言えば、使おうとするとCase Aのときの証明とは独立に定義・証明が必要）
ということ。
理由を教えていただけないでしょうか。 >>995
すまん。俺は
「数学のルールだから」
としか言えない。 【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】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。 >>994
つまり、有理数解が無ければ整数比にならないと言っていたのは、大嘘確定。 >>993
そのとおり！よくできました！
このように推論や証明には必ず仮定と結論があります。
次の段階に進みましょう
② 二つの内角が等しい三角形は二等辺三角形である
仮定:二つの内角が等しい三角形
結論:(その三角形は)二等辺三角形である(つまり二つの辺の長さが等しい)
です。
これを証明してみましょう。
三角形の合同条件を三つ覚えていますか？言えますか？ このスレッドは１０００を超えました。
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