フェルマーの最終定理の簡単な証明3
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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】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。 >>3
> >反省なし。ゴミ
>
> すみません。よく見て貰えないでしょうか。
～となるというのは意味不明だろ言われているだろうが。直らない限りみる価値無し。 >>3
> すみません。よく見て貰えないでしょうか。
よく見てと言われたって，肝心のところは証明が書かれていないのだから，
どうしようもありません。 >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。
まちがいでしょうか？ >p=2の場合は、x,y,zが無理数で、整数比となります。
だから、大嘘確定。
理由を教えていただけないでしょうか。 >>15
> 理由を教えていただけないでしょうか。
何で理由を教えなければならないのか、具体的に説明してくれ。 >>16
日高に何かを教える必要はないよ
日高ははどんなに具体的に説明されても、自分の意見に沿わないものは徹底的に無視する
こんな無駄な行為が他にあろうか >〔コメント〕
書き方が不適切。
「r=z-xとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。」
なら意味は通じる。
一般的には、そうだと思います。
〔コメント〕
③はr^(p-1)=pとならない。
④でX,Yを説明なく使っている。定義が不明。
X,Yは、r^(p-1)=paの場合に使っています。
〔コメント〕
④にx,y,zは使われていない。意味不明。
「よって、⑥も式は成り立たない。」の根拠が不明。
④は、z=x+p^{1/(p-1)}です。
「よって、⑥も式は成り立たない。」の根拠は、
X:Y:Z=x:y:zとなるからです。 いちおう貼っとく
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988 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2019/11/29(金) 10:48:43.73 ID:JxAs7OyT [1/2]
あと>>134の指摘も致命的だよね
995 名前：日高[] 投稿日：2019/11/29(金) 14:12:59.47 ID:yqQadrDU [9/10]
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。
996 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2019/11/29(金) 14:16:39.12 ID:JxAs7OyT [2/2]
>>995
すまん。俺は
「数学のルールだから」
としか言えない。 >X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
これは、正しいと、思いますが、
なぜ、
「ここが日高氏の証明の誤りの中核部分だと思う。」
ということになるのでしょうか？ >～となるというのは意味不明だろ言われているだろうが。直らない限りみる価値無し。
申し訳ございません >よく見てと言われたって，肝心のところは証明が書かれていないのだから，
どうしようもありません。
どの部分でしょうか？ >>20
> >X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
> (X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
>
> これは、正しいと、思いますが、
そう思われるなら、ご自分の誤りに気づかれると思います。 >何で理由を教えなければならないのか、具体的に説明してくれ。
>p=2の場合は、x,y,zが無理数で、整数比となります。
だから、大嘘確定。
「大嘘確定。」といわれたからです。 >>23
> >よく見てと言われたって，肝心のところは証明が書かれていないのだから，
> どうしようもありません。
>
> どの部分でしょうか？
>>1 の
> 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。
と
> よって、⑥も式は成り立たない。
との間です。 > >X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
> (X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
>
> これは、正しいと、思いますが、
そう思われるなら、ご自分の誤りに気づかれると思います。
すみません。
誤りに気づくことができませんので、教えていただけないでしょうか。 >>25
> >何で理由を教えなければならないのか、具体的に説明してくれ。
>
> >p=2の場合は、x,y,zが無理数で、整数比となります。
> だから、大嘘確定。
>
> 「大嘘確定。」といわれたからです。
フーン。
で説明しなければならない理由ではないね。単なる事実だから。 > 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。
と
> よって、⑥も式は成り立たない。
との間です。
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。 >>27
rを最初に決めた値とするときx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がないという推論は正しい。
しかしX/d,Y/dはこの方程式の解ではなくx^p+y^p=(x+r/d)^pの解だから何の矛盾も生じない。 >>29
> 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。
この意味がわかりませんか？ 隣接する文章の間です。そこの理由が述べられていません。 >rを最初に決めた値とするときx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がないという推論は正しい。
しかしX/d,Y/dはこの方程式の解ではなくx^p+y^p=(x+r/d)^pの解だから何の矛盾も生じない。
x^p+y^p=(x+r/d)^pは、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pのことなので、
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pの両辺をd^pで割ると、X^p+Y^p=(X+r)^pとなります。
x^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がないので、X^p+Y^p=(X+r)^pにも有理数解はありません。 >31
すみません。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
これは、小文字の、x,y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】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。 >>32
3行目は
＞ x^p+y^p=(x+r/d)^p
5行目は
＞ x^p+y^p=(x+r)^p
になってるよ >>34
> 【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}…�ﾆする。
> �ﾍ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…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、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。
ゴミ。 5行目は
＞ x^p+y^p=(x+r)^p
になってるよ
＞ x^p+y^p=(x+r)^pは、一行目のx^p+y^p=(x+r)^pのことです。 >>38
>>32の3,4行目で
x^p+y^p=(x+r/d)^p から X^p+Y^p=(X+r)^p
を導いたんでしょ？
だったら、5行目の
＞ x^p+y^p=(x+r)^p
からは何も言えないんじゃない？ 【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}…(3)とする。
(3)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…(4)となる。
(4)はrが無理数となるので、式は成り立たない。
(3)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。 >>32
は？勝手に問題を変えるな痴呆野郎。
どういうことでしょうか？ >>32の3,4行目で
x^p+y^p=(x+r/d)^p から X^p+Y^p=(X+r)^p
を導いたんでしょ？
だったら、5行目の
＞ x^p+y^p=(x+r)^p
からは何も言えないんじゃない？
x^p+y^p=(x+r/d)^pは、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pのことです。
x^p+y^p=(x+r)^pは、有理数解をもちません。
よって、X^p+Y^p=(X+r)^pの、X,Yは、無理数ですが、整数比となりません。 >>42
ひょっとして『式の形が同じだから』
＞ x^p+y^p=(x+r)^p から X^p+Y^p=(X+r)^p
が言えると思ってる？ >>42,43
前スレでやってたわ。
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>>331あたりから、
>>495まで。
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俺はもう大丈夫だ。 ひょっとして『式の形が同じだから』
＞ x^p+y^p=(x+r)^p から X^p+Y^p=(X+r)^p
が言えると思ってる？
x^p+y^p=(x+r)^pのx,yは、有理数です。
X^p+Y^p=(X+r)^pのX,Yは、無理数です。
X,Yを、共通の無理数dでわると、有理数となります。
つまり、x,yと同じとなります。 >>40
> 【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}…(3)とする。
> (3)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…(4)となる。
> (4)はrが無理数となるので、式は成り立たない。
> (3)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。
ゴミ >>41
> >>32
> は？勝手に問題を変えるな痴呆野郎。
>
> どういうことでしょうか？
ああ、問題の区別もできない痴呆老人だったんだっけ。 >>42
> x^p+y^p=(x+r)^pは、有理数解をもちません。
> よって、X^p+Y^p=(X+r)^pの、X,Yは、無理数ですが、整数比となりません。
大嘘付き >>42
> x^p+y^p=(x+r/d)^pは、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pのことです。
>
> x^p+y^p=(x+r)^pは、有理数解をもちません。
この２つのことから
> よって、X^p+Y^p=(X+r)^pの、X,Yは、無理数ですが、整数比となりません。
を結論とする理由が全くわかりません。
詳しく説明してください。 x^p+y^p=(x+r/d)^pは、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pのことです。
> x^p+y^p=(x+r)^pは、有理数解をもちません。
この２つのことから
> よって、X^p+Y^p=(X+r)^pの、X,Yは、無理数ですが、整数比となりません。
を結論とする理由が全くわかりません。
詳しく説明してください。
X^p+Y^p=(X+r)^pの、X,Y,Zが、無理数で、整数比となると、仮定すると、
共通の無理数dで割ったX/d,Y/d,Z/dは、、有理数となります。
x^p+y^p=(x+r)^pは、x,y,zを有理数とすると、式は成り立ちません。 >>42
> x^p+y^p=(x+r)^pは、有理数解をもちません。
> よって、X^p+Y^p=(X+r)^pの、X,Yは、無理数ですが、整数比となりません。
大嘘付き
理由を教えていただけないでしょうか？ >>51
X/d,Y/d,Z/dが有理数だとなぜ最後の式が成り立たないのですか? ここの>>1も、どっかの誰かさんみたいに
必要条件と十分条件が分かってないのかなあ。 >>51
X/d,Y/d,Z/dが有理数だとなぜ最後の式が成り立たないのですか?
rが無理数なので、
x^p+y^p=(x+r)^pは、x,y,zが有理数のとき、式は成り立ちません。 >>51
X/d,Y/d,Z/dが有理数だとなぜ最後の式が成り立たないのですか?
rが無理数なので、
x^p+y^p=(x+r)^pは、x,y,zが有理数のとき、式は成り立ちません。 >ここの>>1も、どっかの誰かさんみたいに
必要条件と十分条件が分かってないのかなあ。
すみません。ま違い箇所をを指摘していただけないでしょうか。 >>56
X/d,Y/d,Z/dはこの式の解にはならないので関係ないと思います。 【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。 >>56
X/d,Y/d,Z/dはこの式の解にはならないので関係ないと思います。
「この式」とは、どの式のことでしょうか。 >>60
x^p+y^p=(x+r)^p
x^p+y^p=(x+r)^pこの式は、x,y,zを、有理数とした場合の式です。
X/d,Y/d,Z/dも、有理数です。 >>63
>x^p+y^p=(x+r)^pこの式は、x,y,zを、有>理数とした場合の式です。
>X/d,Y/d,Z/dも、有理数です。
X/d, Y/dは x^p+y^p=(x+r)^p の解にならないので、矛盾はありません >>45
＞x^p+y^p=(x+r)^pのx,yは、有理数です。
＞X^p+Y^p=(X+r)^pのX,Yは、無理数です。
＞X,Yを、共通の無理数dでわると、有理数となります。
＞つまり、x,yと同じとなります。
ほらね。案の定 x,y と X,Y が同じだと思ってる
「比が同じ」理論はrを固定したら成り立たない
ハイ、やり直し >>45
＞x^p+y^p=(x+r)^pのx,yは、有理数です。
＞X^p+Y^p=(X+r)^pのX,Yは、無理数です。
＞X,Yを、共通の無理数dでわると、有理数となります。
＞つまり、x,yと同じとなります。
ほらね。案の定 x,y と X,Y が同じだと思ってる
「比が同じ」理論はrを固定したら成り立たない
ハイ、やり直し
整数比となる X,Yは、 x,yと同じとなります。 指摘が理解できないなら、数学を勉強しなおすべきでは？
なぜ指摘を押し切れると思っているのか理解不能。 >>66
> 整数比となる X,Yは、 x,yと同じとなります。
でもX=x,Y=yではありませんよね。どの観点から「同じ」なのか説明してください。 この人質問ばっかりかよ。誰でもなんでも教えてくれると勝手に勘違いしてない？てか、こんな問題といてないで他にやる事あるだろwww >指摘が理解できないなら、数学を勉強しなおすべきでは？
なぜ指摘を押し切れると思っているのか理解不能。
どの指摘のことでしょうか？ >>66
> 整数比となる X,Yは、 x,yと同じとなります。
でもX=x,Y=yではありませんよね。どの観点から「同じ」なのか説明してください。
整数比となる無理数 X,Yは、 X,Yが無理数であっても、共通の無理数ｄで割ると、
X/d,Y/dは、有理数となります。 【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】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。 >>72
爺さん、零点だ
理由を教えていただけないでしょうか。 >>73
爺さんが零点というのは、リーマン予想と関係ありますか？ >>71
> >>66
> > 整数比となる X,Yは、 x,yと同じとなります。
>
> でもX=x,Y=yではありませんよね。どの観点から「同じ」なのか説明してください。
>
> 整数比となる無理数 X,Yは、 X,Yが無理数であっても、共通の無理数ｄで割ると、
> X/d,Y/dは、有理数となります。
この説明ではx,yが登場しないので「x,yと同じ」の説明になっていません。 >>71
> >>66
> > 整数比となる X,Yは、 x,yと同じとなります。
>
> でもX=x,Y=yではありませんよね。どの観点から「同じ」なのか説明してください。
>
> 整数比となる無理数 X,Yは、 X,Yが無理数であっても、共通の無理数ｄで割ると、
> X/d,Y/dは、有理数となります。
この説明ではx,yが登場しないので「x,yと同じ」の説明になっていません。
X/d,Y/dは、有理数,となります。x,yも有理数です。 >>77
> X/d,Y/dは、有理数,となります。x,yも有理数です。
有理数ならなんでも「同じ」ですか？ >>77
> X/d,Y/dは、有理数,となります。x,yも有理数です。
有理数ならなんでも「同じ」ですか？
有理数ならなんでも「同じ」ですか？
すみません。この意味はどんな意味でしょうか？ >>79
>>68 に「どの観点から「同じ」なのか説明してください」と書きました。
>>77 で「X/d,Y/dは、有理数,となります。x,yも有理数です」とだけ
答えられたので，「有理数ならなんでも「同じ」ですか？」とお尋ねしました。
確認ですが、X/d Y/d は(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pをみたす、で合っていますか？ 奇数芸人とフェルマー芸人の共通点
・簡潔に表現できるが実は難問、である問題を独自に解いたと主張するが、もちろん解けていない
・解けていない理由は、着眼点が最初から誤っているからであるが、再三指摘されても当人は気づきもしない
・同じ証明を何度も繰り返し投稿する。微妙に修正を施すことはあるが、本質的に何も正しくなっていない
・誤りを指摘すると、指摘したことと違う点について反論したうえ、やり取りを続けると最初の指摘を忘れてしまう
・証明なのに結論を書かずに終わらせる癖がある
・数学の知識は小学生レベルである
・除数がゼロの商を数であると主張する
・本職の数学者にとって迷惑この上ない >>72
> 【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}…�ﾆする。
> �ﾍ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…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、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。
ゴミ >>79
>>68 に「どの観点から「同じ」なのか説明してください」と書きました。
>>77 で「X/d,Y/dは、有理数,となります。x,yも有理数です」とだけ
答えられたので，「有理数ならなんでも「同じ」ですか？」とお尋ねしました。
確認ですが、X/d Y/d は(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pをみたす、で合っていますか？
X/d Y/d は(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pを満たしません >奇数芸人とフェルマー芸人の共通点
・簡潔に表現できるが実は難問、である問題を独自に解いたと主張するが、もちろん解けていない
・解けていない理由は、着眼点が最初から誤っているからであるが、再三指摘されても当人は気づきもしない
・同じ証明を何度も繰り返し投稿する。微妙に修正を施すことはあるが、本質的に何も正しくなっていない
・誤りを指摘すると、指摘したことと違う点について反論したうえ、やり取りを続けると最初の指摘を忘れてしまう
・証明なのに結論を書かずに終わらせる癖がある
・数学の知識は小学生レベルである
・除数がゼロの商を数であると主張する
・本職の数学者にとって迷惑この上ない
奇数芸人のことは、ぞんじません
もしかしたら、あなたは本職の数学者？ >>72
> 【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}…�とする。
> �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…�となる。
> �はrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �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。
ゴミ
申し訳ございません
�は推理してもらえないでしょうか 【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,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。 >>86
もっかいいうが
数学板の中の
フェルマー最終定理について
のスレッドの一番上の数式を見なかったのか。
あの式計算すると合ってるぞ。
それかお前はぼっとのふりしたろしあのすぱいか! ！?？ いつか何人か気付いてるとおもうが
ぺんぱいなっぽーあっぽーぺんって言われるぞ。 >>86
> 【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}…�ﾆする。
> �ﾍ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…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、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。
ゴミ >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。
>>86
もっかいいうが
数学板の中の
フェルマー最終定理について
のスレッドの一番上の数式を見なかったのか。
あの式計算すると合ってるぞ。
それかお前はぼっとのふりしたろしあのすぱいか! ！?？
「あの式計算すると」
手計算、もしくは、計算ソフトで確認してみてください。
間違っています。 >>90
関数電卓で計算してください。
移項して右辺を左辺にマイナスすれば0です。 まずあなた常人からしてあれだけの式正しく計算できないでしょ。
私ですら間違えるのに。 >>92
手計算の事ね。
あなたしてないでしょ。それか間違えてるか。 恒等式から論理的に生成したものだから
計算ソフトの方がみすをしている上
手計算は一日かかりますよ。体力的に。 >>92
手計算の事ね。
あなたしてないでしょ。それか間違えてるか。
手計算は、していません。計算ソフトを使いました。 >>95
計算ソフトの扱い方も常人なら数週間かかります。
入力ミスか計算ソフトが回避しているか。
回避とは意図して違う値を出すことです。
例えばペル方程式61の一般解は関数電卓でも合っているようになりますが、手計算するとまた恒等式の論理からいくと解が違うものになります。
つまり巷が嘘をつき始めている訳です。 >恒等式から論理的に生成したものだから
その恒等式を教えていただけないでしょうか。 関数電卓は整数の話しなので嘘をつきません。
0.000000000 1.9999999とかは嘘つかれますが。 >>97
5000枚入った段ボールに無造作に入っているので出せません。
知りたければスレッドの一番上の一つの整数を二つの平方数の差で表す方法のスレでさがしてください。
lかmに100までの値を入れました。 >>99
因みに私の昔のスレです。
私の文です。
生成の論理は二度とやりません。
忘れました。
やると頭がおかしくなります。 >関数電卓は整数の話しなので嘘をつきません。
関数電卓は嘘をつきます。 >>99
そしたら平方根が外れました。
よく意味がわかりません。 >>103
返事は無理しなくてもいいよ。
あのやりとりちゃんとみてきな。 【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。 ごめん。言って良い!！?？
あなた計算ソフト使ってないでしょ。
文章打つまでの計算ソフト使う速度が常人でないから。
背理法で嘘だと断言して計算ソフトででなかったって言ったんでしょ。
俺も7年前はそうだったもん。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
