フェルマーの最終定理の簡単な証明3

日高 · 2019/11/29(金) 15:00:35.22

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/03(火) 12:35:37.93

>>219
何が言いたいのかわかりませんが、
反論があるのなら根拠を示してください。

日高 · 2019/12/03(火) 12:53:34.03

>X^p+Y^p=(X+r)^p が最初の前提になっているので、当然これは成り立ちます。

X^p+Y^p=(X+r)^pが成り立つ理由を教えていただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/03(火) 12:56:47.26

命題の仮定とは存在の可能性をいうものではない
含意命題の前件からやり直した方がよい
真⇒真
が保証された所で論証をする
つまり
検討するものは
真⇒真　真⇒偽
で十分である

たしかこんな説明もどこかにあったと思う
偽⇒真と偽⇒偽について
詳しく書いている論理学の本は
和書に存在しない

例
明日晴れた　ならば　公園に行く

前件後件ともに真とする
このときもし前件で曇ったり雨が降った場合については
この命題は何も言っていないので
もし晴れてない場合に公園に行かなくても偽にならない
検討すべき問題は
明日晴れたら公園に行くか行かないか
である

またある本では含意命題における前件が偽の場合は不定である
とも言う
前件が偽の場合も真理値を定めることで形式論理学が完全だとも言えるので
不定説を採らない者も多い

なんだかわかったようなわからない問題であることは確かだ

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/03(火) 15:40:24.36

>>224 日高
> >X^p+Y^p=(X+r)^p が最初の前提になっているので、当然これは成り立ちます。
>
> X^p+Y^p=(X+r)^pが成り立つ理由を教えていただけないでしょうか。

わかったよ。日高氏は背理法を理解していない。
だから、最後には成り立たないことがわかる式
「X^p+Y^p=(X+r)^pが成り立つ理由」を求めているんだ。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/03(火) 17:22:14.22

> 　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

という質問に対しては

　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。

と漫才のような珍答を与えている。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/03(火) 19:02:32.87

>>224
>>X^p+Y^p=(X+r)^p が最初の前提になっているので、当然これは成り立ちます。
>X^p+Y^p=(X+r)^pが成り立つ理由を教えていただけないでしょうか。

X^p+Y^p=(X+r)^p
は前提です。もともと >>11 から始まった議論です。
X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとするとどうなるかという流れの話です。
用語としては、前提でなく仮定と言った方が正しそうですね。
訂正しておきます。

11を再掲しておきます。
「あるrに対してはx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がない」は言えたとしても
これの無理数解X,YでX:Y:X+rが自然数比になるものがないとは言えない。
X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとする。
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。

ここが日高氏の証明の誤りの中核部分だと思う。

日高 · 2019/12/03(火) 20:56:22.05

>11を再掲しておきます。
「あるrに対してはx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がない」は言えたとしても
これの無理数解X,YでX:Y:X+rが自然数比になるものがないとは言えない。
X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとする。
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。

>ここが日高氏の証明の誤りの中核部分だと思う。

すみません。間違えていました。

X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとする。
X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pでした。

ただ、X:Y:Z=x:y:zとなるので、X,Y,Zは、X^p+Y^p=(X+r)^pをみたしません。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/03(火) 21:16:57.42

>>229
> X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとする。
> X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pでした。
>
> ただ、X:Y:Z=x:y:zとなるので、X,Y,Zは、X^p+Y^p=(X+r)^pをみたしません。

よろしければ、この最後の行を詳しく説明して、いただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/03(火) 22:40:26.38

>>230 の最後の文は >>221 の
> よろしければ、この部分を詳しく説明して、いただけないでしょうか。
を踏まえている。

日高 · 2019/12/04(水) 08:16:26.30

>>229
> X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとする。
> X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^p
>
> ただ、X:Y:Z=x:y:zとなるので、X,Y,Zは、X^p+Y^p=(X+r)^pをみたしません。

X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pが式を満たすかは、不明
x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、式を満たさない。（確定）
X:Y:Z=x:y:zとなるので、X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pも、式を満たさない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/04(水) 08:22:58.42

比が最強なんだな

日高 · 2019/12/04(水) 08:53:17.02

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/04(水) 09:00:30.59

>>232
> X:Y:Z=x:y:zとなるので、X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pも、式を満たさない。

よろしければ、この部分を詳しく説明して、いただけないでしょうか。

日高 · 2019/12/04(水) 09:18:58.80

X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pが式を満たすかは、不明
x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、式を満たさない。（確定）
X:Y:Z=x:y:zとなるので、X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pも、式を満たさない。

日高 · 2019/12/04(水) 09:31:33.62

X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pが整数比となるかは、不明
x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、整数比とならない。（確定）
X:Y:Z=x:y:zとなるので、X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pも、整数比とならない。
(x,y,zを仮定しない場合）

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/04(水) 09:58:22.81

>>236

> X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pが式を満たすかは、不明
> x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、式を満たさない。（確定）
x y zが何であるか制限されてないので嘘つきのデタラメ。

日高 · 2019/12/04(水) 10:59:41.96

> X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pが式を満たすかは、不明
> x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、式を満たさない。（確定）
x y zが何であるか制限されてないので嘘つきのデタラメ。

x,y,zを有理数とした場合です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/04(水) 12:22:34.42

>>239
> > x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、式を満たさない。（確定）
> x,y,zを有理数とした場合です。
x y zが無理数の場合を考えてないじゃんか。

日高 · 2019/12/04(水) 13:45:21.03

> > x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、式を満たさない。（確定）
> x,y,zを有理数とした場合です。
x y zが無理数の場合を考えてないじゃんか。

X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pが式を満たすかは、不明
この式が、X,Y,Zが無理数の場合の式です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/04(水) 13:57:24.05

>>241
そういう仮定だったら
X:Y:Z=x:y:z
なんて言えないですね

日高 · 2019/12/04(水) 14:39:48.66

>そういう仮定だったら
X:Y:Z=x:y:z
なんて言えないですね

どういう意味でしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/04(水) 14:47:17.66

>>243
日本語がわかりませんか？

日高 · 2019/12/04(水) 15:39:03.25

>日本語がわかりませんか？

はい、よく意味がわかりません。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/04(水) 16:28:36.13

　フェルマーの最終定理？　もう釣れないよ

(xa^{1/(1-1)})+(ya^{1/(1-1)})=(xa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)})…⑤となる。
ヴァカだなあ・・・
＿＿　＿＿＿／　　　　　　　　　　　　,／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⑤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　゜~ ~。゜　~ ~　~ ~~　~ ~~　~ ~~　~~　~~
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日高 · 2019/12/04(水) 20:05:26.36

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/04(水) 20:13:45.99

>>235
> >>232
> > X:Y:Z=x:y:zとなるので、X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pも、式を満たさない。
>
> よろしければ、この部分を詳しく説明して、いただけないでしょうか。

は無視ですか？

>>247
> (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。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/05(木) 11:20:22.90

爺さんは病院でも行ったのか？

日高 · 2019/12/05(木) 21:30:04.01

>248
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pは、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなるので、
r/dが無理数の場合、式を満たさない。

r/dが有理数の場合、x'^p+Y'^p=(x'+m)^pとなる。
m=(pa)^{1/(p-1)}とすると、a^{1/(p-1)}=m/{p^{1/(p-1)}となる。

(xm/{p^{1/(p-1)})^p+(ym/{p^{1/(p-1)})^p=(xm/{p^{1/(p-1)}+p^{1/(p-1)}m/{p^{1/(p-1)})^pとなるので、x':y':z'=x:y:zとなる。

x:y:zが、整数比とならないので、x':y':z'も整数比とならない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/05(木) 21:50:38.79

>>250
途中からだと記号の意味がわかりづらいので、
これも含めた証明全体を載せてください。

日高 · 2019/12/06(金) 11:44:16.04

>251
【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。

【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となるかを考える。
x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、有理数解を持たない。
r/d=mの場合は、有理数解を持つ可能性がある。(mは有理数)
x^p+y^p=(x+m)^pを、m=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
(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。
x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/06(金) 16:09:41.76

爺さん、爺さん、零点もやれんぞ。まるで進歩がないwwwwwww

日高 · 2019/12/06(金) 19:02:23.74

【定理】pが奇素数ならば、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。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}…(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が無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(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。
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)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となるかを考える。
x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、有理数解を持たない。
r/d=mの場合は、有理数解を持つ可能性がある。(mは有理数)
x^p+y^p=(x+m)^pを、m=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
(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。
x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/06(金) 19:31:31.02

>>254

> 【定理】pが奇素数ならば、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。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}…(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が無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
> (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。
> 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)も整数比とならない。
> (6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
> ∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>
> 【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となるかを考える。
> x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
> (x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
> r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、有理数解を持たない。
> r/d=mの場合は、有理数解を持つ可能性がある。(mは有理数)
> x^p+y^p=(x+m)^pを、m=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
> (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。
> x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。

補足などは不可。頭から順に読めないようではゴミクズ。やり直し。

日高 · 2019/12/06(金) 21:27:33.77

>補足などは不可。

理由は？

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/06(金) 21:41:45.18

補足は証明じゃないから

日高 · 2019/12/06(金) 21:47:17.30

>まるで進歩がないwwwwwww

その理由は？

日高 · 2019/12/06(金) 21:50:27.92

>補足は証明じゃないから

補足は間違いでしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/06(金) 22:02:11.22

>>259

> >補足は証明じゃないから
>
> 補足は間違いでしょうか？
何百ページ補足をしようが、証明がでたらめで間違いなのは変わらない。
証明を直さないなら進歩はない。ゴミ。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/06(金) 22:41:42.24

>>254
> 【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となるかを考える。

(4)は「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」であった。

> x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。

「共通の無理数」って何？　x',y',z'が自然数比になるとき、
x'/dが有理数になればy'/d=(x'/d)(y'/x')も有理数。

> (x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z

x',y',z'は(4)をみたすx,y,z？

> r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、有理数解を持たない。

これはその通り。

> r/d=mの場合は、有理数解を持つ可能性がある。(mは有理数)
> x^p+y^p=(x+m)^pを、m=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
> (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。

(6)に解X,Y,Zがあったとするとその1/a^{1/(p-1)}は(4)をみたす、と言いたいのであろう。

> x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。

(4)のx:y:zが整数比にならないのはx,y,zが有理数の場合である。
無理数の場合については何も示されていない。

補足したつもりかもしれないが、ここに肝心な部分を押し込んだだけ。

日高 · 2019/12/07(土) 09:41:13.58

>261
>「共通の無理数」って何？

例. x=3√2,y=4√2,z=5√2
共通の無理数dとは、√2のことです。

>x',y',z'は(4)をみたすx,y,z？

x',y',z'が、(4)をみたすと、仮定して、検討します。
x'/d=x,y'/d=yとなるので、(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pは、
x^p+y^p=(x+r/d)^pとなります。
r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、有理数解を持ちません。整数比となりません。
r/dが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)の
(pa)^{1/(p-1)}の部分が、有理数の場合となります。
X:Y:Z=x:y:zとなります。
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。
よって、X,Y,Zも有理数となりません。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 18:48:12.74

>ここに肝心な部分を押し込んだだけ。

「肝心な部分」とは、どの部分のことでしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 19:24:12.42

【定理】pが奇素数ならば、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。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}…(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が無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(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。
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)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となる場合を、考える。
x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、整数比とならない。
r/dが有理数の場合は、整数比となる可能性がある。
x^p+y^p=(x+r/d)^pを、r/d=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
(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。
x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 20:07:42.96

>>262
> 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。

これは示されていません。
言えているのは「有理数解x,y,zは存在しない」だけです。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 20:09:12.59

>>263
> >ここに肝心な部分を押し込んだだけ。
>
> 「肝心な部分」とは、どの部分のことでしょうか？

フェルマーの最終定理の証明の肝心な部分です。
日高氏の証明には全く書かれていません。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 20:15:43.45

> 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。

>これは示されていません。
言えているのは「有理数解x,y,zは存在しない」だけです。

X:Y:Z=x:y:zならば、
「x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。」
が、言えるのではないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 20:17:49.38

>フェルマーの最終定理の証明の肝心な部分です。
日高氏の証明には全く書かれていません。

どういうことか、教えていただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 20:22:32.53

>>267
> > 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。
>
> >これは示されていません。
> 言えているのは「有理数解x,y,zは存在しない」だけです。
>
> X:Y:Z=x:y:zならば、
> 「x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。」
> が、言えるのではないでしょうか。

「x:y:zが整数比とならない」は言えていません。

日高 · 2019/12/07(土) 20:28:10.27

>「x:y:zが整数比とならない」は言えていません。

(4)で言っていますが、間違いでしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 20:31:23.12

>>270 日高
> >「x:y:zが整数比とならない」は言えていません。
>
> (4)で言っていますが、間違いでしょうか？

(4)に有理数解がないことは確かです。
しかし、(4)の解x,y,zでx:y:zが整数比になるものがないとは言えていません。

日高 · 2019/12/07(土) 20:38:25.37

>(4)に有理数解がないことは確かです。
しかし、(4)の解x,y,zでx:y:zが整数比になるものがないとは言えていません。

どういう意味でしょうか？
「無理数x,y,zで、x:y:zが整数比になるものがないとは言えていません。」
という意味でしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 20:40:41.96

>>272

そうです。

日高 · 2019/12/07(土) 20:48:44.42

>そうです。

無理数x,y,zで、x:y:zが整数比になるものについては、補足で説明しています。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 20:50:52.80

>>274

言及はされていますが、証明にはなっていません。

日高 · 2019/12/07(土) 20:50:53.93

【定理】pが奇素数ならば、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。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}…(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が無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(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。
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)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となる場合を、考える。
x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、整数比とならない。
r/dが有理数の場合は、整数比となる可能性がある。
x^p+y^p=(x+r/d)^pを、r/d=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
(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。
x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。

日高 · 2019/12/07(土) 20:52:50.30

>言及はされていますが、証明にはなっていません。

「証明にはなっていません。」
理由を教えていただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 20:52:55.83

>>276

いつのまにかxなどが0でないという条件が消えています。
証明の中で使っていなかったから忘れたのでしょうね。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 20:54:36.38

>>277
>>言及はされていますが、証明にはなっていません。
>
> 「証明にはなっていません。」
> 理由を教えていただけないでしょうか。

x,y,zが(4)の無理数解になる場合を考察していないから。

日高 · 2019/12/07(土) 20:57:11.48

>いつのまにかxなどが0でないという条件が消えています。
証明の中で使っていなかったから忘れたのでしょうね。

比では、0は使いません。（中等教育では）

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 21:00:23.55

>>280

そうやって言い逃れをしても、何もよいことはありませんよ。

中等教育の範囲でフェルマーの最終定理を証明しようとしておられるなら、
それは無謀というものです。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 21:01:50.90

>>276

> 【定理】pが奇素数ならば、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。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}…(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が無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
> (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。
> 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)も整数比とならない。
> (6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
> ∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>
> 【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となる場合を、考える。
> x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
> (x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
> r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、整数比とならない。
> r/dが有理数の場合は、整数比となる可能性がある。
> x^p+y^p=(x+r/d)^pを、r/d=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
> (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。
> x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。

補足は証明ではない。ゴミクズ。二度と止めろ。

日高 · 2019/12/07(土) 21:05:16.99

>279

>x,y,zが(4)の無理数解になる場合を考察していないから。

x,y,zが(4)の無理数解になる場合は、補足で説明しています。

日高 · 2019/12/07(土) 21:07:22.54

>中等教育の範囲でフェルマーの最終定理を証明しようとしておられるなら、
それは無謀というものです。

理由を教えていただけないでしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 21:09:44.21

>>283 日高
> >279
>
> >x,y,zが(4)の無理数解になる場合を考察していないから。
>
> x,y,zが(4)の無理数解になる場合は、補足で説明しています。

これで証明になっていると思えるならそう思っておられれば幸せかと思います。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 21:11:32.35

>>284 日高
> >中等教育の範囲でフェルマーの最終定理を証明しようとしておられるなら、
> それは無謀というものです。
>
> 理由を教えていただけないでしょうか？

中等教育の範囲で証明されたのを見たことがないからです。

日高 · 2019/12/07(土) 21:33:33.36

【定理】pが奇素数ならば、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。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}…(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が無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(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。
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)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となる場合を、考える。
x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、整数比とならない。
r/dが有理数の場合は、整数比となる可能性がある。
x^p+y^p=(x+r/d)^pを、r/d=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
(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。
x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 21:41:37.55

>>287

> 【定理】pが奇素数ならば、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。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}…(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が無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
> (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。
> 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)も整数比とならない。
> (6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
> ∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>
> 【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となる場合を、考える。
> x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
> (x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
> r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、整数比とならない。
> r/dが有理数の場合は、整数比となる可能性がある。
> x^p+y^p=(x+r/d)^pを、r/d=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
> (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。
> x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。

ゴミ

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 22:07:29.62

>>287 日高

何度書いても、証明になっていないものはなっていません。

> x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。

x:y:zが整数比とならない理由を説明してごらん。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/07(土) 23:01:10.43

***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****

　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。

　この迷言に対し

> 　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？

という指摘がなされたが、これに対しても

　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。さらに

> 　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

という質問に対しては

　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。

と漫才のような珍答を与えている。

日高 · 2019/12/08(日) 08:34:46.13

>289

>x:y:zが整数比とならない理由を説明してごらん。

(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 12:09:38.35

>>291
(3)はr^(p-1)=pとなる理由がない。
＞rが無理数
は日高が勝手に決めつけているだけで正しくない。いい加減に諦めろ。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 12:10:52.02

>>291
> >289
>
> >x:y:zが整数比とならない理由を説明してごらん。
>
> (4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。

xが無理数のときはどうなるのかな？

日高 · 2019/12/08(日) 12:18:50.23

【定理】pが奇素数ならば、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。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}…(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が無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=y,r=p^{1/(p-1)}となるので、
x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(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。
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。r/dが有理数の場合も、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)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

日高 · 2019/12/08(日) 12:22:14.83

>292
>(3)はr^(p-1)=pとなる理由がない。

どうしてでしょうか？

日高 · 2019/12/08(日) 12:42:47.79

>293
>xが無理数のときはどうなるのかな？

x,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合は、共通の無理数dで割ると、
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p
x^p+y^p=(x+r/d)^pとなります。(x,yは、有理数となります。)

r/dが、無理数となる場合と有理数となる場合を考えます。
r/dが、無理数の場合は、xを有理数とすると、整数比となりません。(4)と同じとなります。

r/dが、有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)}^p…(6)となります。
(6)と(4)の解の比は等しいので、(6)の解も整数比となりません。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 12:57:11.88

>>296
x^p+y^p=(x+r)^pで、xが無理数のときに
x,y,zが整数比にならないことの証明はどこにもないですね。

日高 · 2019/12/08(日) 13:13:11.02

>297

>x^p+y^p=(x+r)^pで、xが無理数のときに
>x,y,zが整数比にならないことの証明はどこにもないですね。

296に書いています。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 13:22:02.45

>>298
> >297
>
> >x^p+y^p=(x+r)^pで、xが無理数のときに
> >x,y,zが整数比にならないことの証明はどこにもないですね。
>
> 296に書いています。

296のどこに書いてあるのですか？

x^p+y^p=(x+r)^p, r=p^{1/(p-1)} …(4) で、xが無理数のときですよ。
ごまかさずに、きちんと説明してください。

日高 · 2019/12/08(日) 14:09:27.12

>299
>x^p+y^p=(x+r)^p, r=p^{1/(p-1)} …(4) で、xが無理数のときですよ。
ごまかさずに、きちんと説明してください。

(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=y,r=p^{1/(p-1)}となるので、
x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(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。
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。r/dが有理数の場合も、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)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 14:33:16.86

>>295
＞>(3)はr^(p-1)=pとなる理由がない。
＞どうしてでしょうか？
r^(p-1)=pでなくても(3)は成立するから。
どこまで行っても日高が間違い。諦めろ。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 14:35:11.04

>>300
説明になっていません。おしまい。

日高 · 2019/12/08(日) 14:39:23.95

>301

>r^(p-1)=pでなくても(3)は成立するから。

r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 14:52:52.10

>>303
では>>287の「(3)はr^(p-1)=pとなる」は成立しない。日高が誤りだ。諦めろ。

日高 · 2019/12/08(日) 14:56:34.03

>304
>「(3)はr^(p-1)=pとなる」は成立しない。

理由を教えていただけないでしょうか。

日高 · 2019/12/08(日) 15:04:30.28

【定理】pが奇素数ならば、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。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}…(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が無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=y,r=p^{1/(p-1)}となるので、
x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(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。
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。r/dが有理数の場合も、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)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 15:06:14.04

ｗｗｗ．ｍａｔｈｎａｖｉ．ｓａｋｕｒａ．ｎｅ．ｊｐ／ｂｂｓ／ｆｉｌｅ１／１５６６９９４７７４．ｐｎｇ
┌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┘

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 15:10:11.14

https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1572998533/516
516 名前：日高[] 投稿日：2019/11/18(月) 15:46:21.69 ID:m12I/9Ir [14/28]
>p = 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のときp = 1であることを証明してください

{100^(1/7)}^7+{200^(1/7)}^7={300^(1/7)}^7は、
100+200=300となります。
100+200=300は、100^1+200^1=300^1となります。

┌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、国語力は人類をはるか超越するレベルです。
｜の｜
｜本｜　p = 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき p = 1 であることを証明
｜は｜
｜読｜　(100^(1/7))^7 + (200^(1/7))^7 = 300^(1/7) ⇔ 100 + 200 = 300
｜ん｜
｜で｜　100 + 200 = 300 ⇔ 100^1 + 200^1 = 300^1　　∴1 = 7
｜ま｜
｜せ｜　数学史上、燦然と輝く珍証明です。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ん｜
｜！｜　おかげで睾丸無知な私の下半身が甦りました。(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
└高┘

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 15:32:09.29

>>305
>>303 で「(3)はr^(p-1)=pとなる」が成立しないことを日高が認めた。諦めろ。

日高 · 2019/12/08(日) 15:37:42.91

【定理】pが奇素数ならば、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(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が無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=y,}となるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(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。
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。r/dが有理数の場合も、(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)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

日高 · 2019/12/08(日) 15:42:14.69

>309
>「(3)はr^(p-1)=pとなる」が成立しないことを日高が認めた。諦めろ。

認めていません。

日高 · 2019/12/08(日) 17:41:54.23

【定理】pが奇素数ならば、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)を変形して、(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が無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)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)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(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)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

日高 · 2019/12/08(日) 17:45:14.18

【定理】pが奇素数ならば、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)を変形して、(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が無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)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)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(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)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 19:04:42.69

もう荒らしやん

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 19:23:08.27

***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****

　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。

　この迷言に対し

> 　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？

という指摘がなされたが、これに対しても

　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。さらに

> 　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

という質問に対しては

　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。

と漫才のような珍答を与えている。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 19:26:55.69

>>311
>>303で日高は確かに「r^(p-1)=p以外の場合」があることを認めている。
すなわち、日高は09 「(3)はr^(p-1)=pとなる」が誤りであることを認めているのだ。諦めろ。

日高 · 2019/12/08(日) 19:35:33.65

>314
>もう荒らしやん

タイプミスがあったので、書き換えました。

日高 · 2019/12/08(日) 19:40:10.17

316
>>303で日高は確かに「r^(p-1)=p以外の場合」があることを認めている。
すなわち、日高は09 「(3)はr^(p-1)=pとなる」が誤りであることを認めているのだ。諦めろ。

「r^(p-1)=p以外の場合」も、あります。r^(p-1)=apも、あります。
「(3)はr^(p-1)=pとなる」が誤りと言う訳では、ありません、

日高 · 2019/12/08(日) 19:56:42.73

>316
>>303で日高は確かに「r^(p-1)=p以外の場合」があることを認めている。
すなわち、日高は09 「(3)はr^(p-1)=pとなる」が誤りであることを認めているのだ。諦めろ。

「r^(p-1)=p以外の場合」も、あります。r^(p-1)=apも、あります。
「(3)はr^(p-1)=pとなる」が誤りと言う訳では、ありません。

r^(p-1)=pの場合は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となります。
r^(p-1)=apの場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 19:58:36.66

> 「(3)はr^(p-1)=pとなる」の「となる」ってどういう意味ですか？

日高 · 2019/12/08(日) 20:17:07.56

>320
> 「(3)はr^(p-1)=pとなる」の「となる」ってどういう意味ですか？

そのままの意味です。「rは、p^{1/(p-1)}となる」という意味です。
rと、p^{1/(p-1)}が等しくなる。という意味です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/12/08(日) 20:22:58.83

「等しくなる」の「なる」とはどういう意味ですか？