フェルマーの最終定理の簡単な証明6
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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=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)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。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 再掲
前スレ>>924
> ｛ 1=x^2-xy+y^2
> ｛ z^3/1=(x+y)
> は、(z^3/1)1=(x+y)(x^2-xy+y^2)…(3)から、導いた式です。
> ｛ 49=x^2-xy+y^2
> ｛ z^3/49=(x+y)
> は、(z^3/49)49=(x+y)(x^2-xy+y^2)…(2)から、導いた式です。
(3)を満たすx=3,y=8,z=3乗根√539が
｛ 1=x^2-xy+y^2
｛ z^3/1=(x+y)
を満たさないことから明らかな通り、(3)から
｛ 1=x^2-xy+y^2
｛ z^3/1=(x+y)
は導けません。
(3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れれば必ず満たされます。
また、(2)を満たすx=1,y=1,z=3乗根√2が
｛ 49=x^2-xy+y^2
｛ z^3/49=(x+y)
を満たさないことから明らかな通り、(2)から
｛ 49=x^2-xy+y^2
｛ z^3/49=(x+y)
は導けません。
(2)から正しく導いた式は、(2)を満たす数を入れれば必ず満たされます。 前スレ >995 日高
> 等式は、両辺に同じ数をかけても、成り立ちます。
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> 両辺に、aをかけると、
> (z^p/1)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}a
> 両辺に、1/aをかけると、
> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> となります。
それは普通の数学のnotationでの話であり、日高のnotationでは(3)は
{ z^p/1=x+y
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の連立式の意味になる。同様に(2)は
{ z^p/a=x+y
{ a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の意味で、これが同じだとすれば1=aとなる。 >3
>(3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れれば必ず満たされます。
違います。
3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされるとは、限りません。 >4
>それは普通の数学のnotationでの話であり、日高のnotationでは(3)は
{ z^p/1=x+y
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の連立式の意味になる。同様に(2)は
{ z^p/a=x+y
{ a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の意味で、これが同じだとすれば1=aとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)と
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)は、同じではありません。 >>6 日高
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)と
> a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)は、同じではありません。
じゃあどうして、>>1で、前者を満たすx,yだけを考えて、後者を満たすx,yを考えないの？ >>5
もともと調べたいことは、(3)を満たすかどうか、ですよね。
あなたが(3)から導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされる場合と満たされない場合がある、ということですね。
ではあなたのやり方では、(3)を満たすが(3)から導いた式を満たさない答えを見つけられません。
なのであなたの証明は間違っています。 >>5 日高
> 3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされるとは、限りません。
具体的な例を示していただけないでしょうか。(3)とは別の式から始める例でも構いません。 前スレある流れ1
71 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/01/18(土) 08:23:05.57 ID:RVp1Ptis [2/6]
>>68
> >56
> >z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} と
> z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> の解の関係はどうなると思っていますか？
>
> z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解と、
> z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解の比は、
> 同じです。
z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} (aは1以外の自然数) …(1)
を満たす有理数解が存在する場合
z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} …(2)
(2)の解で(1)の解と比が同じになるものを考えると、(2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
pは奇素数なので、これは一般的には有理数ではありません。
ですから、(1)の有理数解が存在する場合に(2)の有理数解が必ず存在するとは言えません。
結論としては、、
z^p=（x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
に有理数解があるかどうか判断するのに
z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の有理数解だけを考えればよいことにはなりません。 日高＞3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされるとは、限りません。
凄い１行で矛盾してる凄い
日高は数学の根本を否定しようと言うのだろうか 前スレある流れ2
230 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/01/20(月) 17:42:52.14 ID:sPt0rfG9
前スレ995
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす有理数は、
> {x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)なので、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)
> (x,y)=(1,1)のみである。
x=8/7,y=3/7とおくと
x^2-xy+y^2=64/49-24/49+9/49=1
303 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/01/21(火) 19:46:28.52 ID:yRPB6RQh [1/7]
...
x^p+y^p=z^pに自然数解があるならx>1,y>1であることがすぐわかる。
よってx+y<x^p+y^p。だから{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)>1が成り立つ。
それなのに最左辺=1のみを検討しているので、完全な誤り。
470 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/01/24(金) 00:37:09.50 ID:JgvByBrP
>>1 から>>105 までは、理屈はともかく比が等しいから…と書いていた
z-y=1に限定しても自然数のX,Y,Zと同じ比になるx,y,zを見つけられるから、と
しかし>>136 ではその文言は消えてしまってもっともらしい理屈がきえた
そして>>230で自明でない1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解を教えられて
>>254でx,y,zを自然数に限定してしまった
比が等しいx,y,zを見つけることさえ放棄してしまった 前スレある流れ3
499 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/01/25(土) 23:04:39.33 ID:HLgVyAHa
>>71 より
p=3 の時に
方程式 (i)
z^3/a=x+y ……(1)
a=x^2-xy+y^2 ……(2)
を満たす有理数の組 (x, y, z)=(r, s, t) があった場合、
それぞれ 1/a^(1/2) 倍した (R, S, T) は、
R+S
=r*1/a^(1/2)+s*1/a^(1/2)
=1/a^(1/2)(r+s)
(1) より
...
=T^3
R^2-RS+S^2
...
=1
となり、
方程式 (ii)
z^3=x+y
1=x^2-xy+y^2
を満たす。
従って、a^(1/2) が無理数である時に 方程式 (i) に有理数解があれば、それと同じ比で方程式 (ii) を満たす解は無理数である。
これのどこが間違ってるんでしょうか？ 前スレある流れ4
647 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/01/30(木) 20:21:51.83 ID:X49X0qIj [3/4]
>>640
> 実際正しいかどうかを、p=2,p=3,p=5で、計算していただけないでしょうか。
これは置いといて
a^{1/(p-1)}だと、ちょっと前と同じなので、
>>71,499,510,555などの指摘の通り
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
の無理数解を、a^{1/(p-1)}（これも無理数とする）倍した時、
> (z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
の有理数解になる可能性があります。
よって(1)だけを調べるなら、
自然数の範囲だけでなく、無理数の範囲まで調べる必要があるのではないでしょうか？ 前スレある流れ5
652 名前：日高[] 投稿日：2020/01/30(木) 21:28:31.34 ID:vh68HP+j [18/22]
>647
>> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
の無理数解を、a^{1/(p-1)}（これも無理数とする）倍した時、
> (z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
の有理数解になる可能性があります。
定数倍するので、有理数解になる可能性は、ありません。
もし、有理数解になるとしたら、もとの無理数は、整数比です。
>よって(1)だけを調べるなら、
自然数の範囲だけでなく、無理数の範囲まで調べる必要があるのではないでしょうか？
無理数の範囲まで調べる必要は、ありません。
有理数の範囲までは、調べる必要は、あります。 前スレある流れ6
667 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/01/31(金) 08:56:54.76 ID:Ddrpt7ZT [1/5]
>>665
> >660
> >> 定数倍するので、有理数解になる可能性は、ありません。
> > もし、有理数解になるとしたら、もとの無理数は、整数比です。
> 整数比だと、何か問題があるでしょうか？
>
> もとの無理数が、整数比ならば、共通の無理数でわると、整数となります。
つまり
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
> (z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
該当する(1)の無理数解を、共通の無理数でわると、
また(1)の有理数解になる、という事でしょうか。 前スレある流れ7
676 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/01/31(金) 19:50:55.81 ID:Ddrpt7ZT [3/5]
>>669
> >667
> >> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
> > (z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> 該当する(1)の無理数解を、共通の無理数でわると、
> また(1)の有理数解になる、という事でしょうか。
>
> はい。
いいえ、そうではありません。
p=3でやります。
>>552 を拝借させて頂きます
有理数の組 (x, y, z)=(r, s, t) が
(2)
z^3/a=x+y
a=x^2-xy+y^2
を満たす時、
それぞれ 1/a^(1/2) 倍した (R, S, T)は、
(1)
z^3=x+y
1=x^2-xy+y^2
を満たす。
(R, S, T) = (r/a^(1/2), s/a^(1/2), t/a^(1/2)) である。
よって
(1)の無理数解(R, S, T)の無理数部分を落としたものは、
(r, s, t)になるので、 （a^{1/(p-1)}倍と同じに、）
『(2)の』有理数解になります。 前スレある流れ8終
680 名前：日高[] 投稿日：2020/01/31(金) 21:10:36.50 ID:zosdNjyf [11/16]
>676
>(1)の無理数解(R, S, T)の無理数部分を落としたものは、
(r, s, t)になるので、 （a^{1/(p-1)}倍と同じに、）
『(2)の』有理数解になります。
その通りだと、思います。
689 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/01/31(金) 21:57:54.96 ID:VlXTyNlb [5/6]
pが3の場合。zzz=xxx+yyyだがこれをzzz×1=(x+y)(xx-xy+yy)とし
zzz=x+y,1=xx-xy+yy...(1)
と決めつけるのが日高流。そうではなく
a=xx-xy+yy,zzz/a=x+y...(2)（aは自然数。）
の場合がありえる。
この解をX,Y,Zとするとa=XX-XY+YY,ZZZ/a=X+Yである。
これに“対応”する(1)の解を考えると
1=(X/a^.5)(X/a^.5)-(X/a^.5)(Y/a^.5)+(Y/a^.5)(Y/a^.5)。
a^.5が有理数とは限らないから(1)の有理数解だけを考えていてはだめ。
こういうことかな？
690 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/01/31(金) 22:11:15.30 ID:Ddrpt7ZT [5/5]
>>689
>>647から書いた方法とは少し違いますが、
合っていると思います。 >>5
AB=CDからA=C,B=Dが導けるのが日高流。
3*4=2*6だが3=2,4=6は成り立たない。
こういうことを言っているのか？ なんでもいいけど
(z^p/a)=(x+y), a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} の場合に解がないことを、
(z^p/1)=(x+y), 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} の場合の結果を使うことなく（★コレ重要！）
日高が示せばそれでいいのよ
日高はいつまでもそれを頑としてやらないし、できない
だから誰にも認められない >7
>> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)と
> a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)は、同じではありません。
じゃあどうして、>>1で、前者を満たすx,yだけを考えて、後者を満たすx,yを考えないの？
後者を満たすx,yは、無限にあるからです。 >8
>もともと調べたいことは、(3)を満たすかどうか、ですよね。
あなたが(3)から導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされる場合と満たされない場合がある、ということですね。
ではあなたのやり方では、(3)を満たすが(3)から導いた式を満たさない答えを見つけられません。
(3)を満たすが(3)から導いた式を満たさない答えは、
(3)から導いた式を満たす答えと、同じ性質となります。 >>21 >>22 本気で言ってるのならただの馬鹿だし、それとも愉快犯なのかな >9
> 3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされるとは、限りません。
具体的な例を示していただけないでしょうか。(3)とは別の式から始める例でも構いません。
例
15=(2x+1)(y+3)の整数解は、(x,y)=(1,2)、(x,y)=(2,0)、(x,y)=(7,-2)、(x,y)=(0,12)
15=(2x+1)(y+3)から、導かれる式は、
3=(2x+1),5=(y+3)、(x,y)=(1,2)
5=(2x+1),3=(y+3)、(x,y)=(2,0)
15=(2x+1),1=(y+3)、(x,y)=(7,-2)
1=(2x+1),15=(y+3)、(x,y)=(0,12) >10
>z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} (aは1以外の自然数) …(1)
を満たす有理数解が存在する場合
z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} …(2)
(2)の解で(1)の解と比が同じになるものを考えると、(2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
pは奇素数なので、これは一般的には有理数ではありません。
ですから、(1)の有理数解が存在する場合に(2)の有理数解が必ず存在するとは言えません。
(1)の有理数解が存在する場合には、(2)の有理数解が必ず存在します。
理由は、
(2)の無理数解で、整数比となった場合、共通の無理数でわると、有理数解となるからです。 >11
日高＞3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされるとは、限りません。
凄い１行で矛盾してる凄い
>日高は数学の根本を否定しようと言うのだろうか
このことは、数学の根本を否定していることなのでしょうか？ >>25
それ>>16-18でやったじゃん。
まだ完全に理解してないんだね。 >19
>AB=CDからA=C,B=Dが導けるのが日高流。
3*4=2*6だが3=2,4=6は成り立たない。
>こういうことを言っているのか？
3*4は、4*3、12*1、1*12、2*6、6*2とすることが出来るという意味です。 >20
>(z^p/a)=(x+y), a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} の場合に解がないことを、
(z^p/1)=(x+y), 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} の場合の結果を使うことなく（★コレ重要！）
日高が示せばそれでいいのよ
(z^p/1)=(x+y), 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} の場合の結果を使はないと、示せません。 >23
>>21 >>22 本気で言ってるのならただの馬鹿だし、それとも愉快犯なのかな
どうしてでしょうか？ >27
>>25
それ>>16-18でやったじゃん。
まだ完全に理解してないんだね。
どういう意味でしょうか？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>30
誰が見てもおかしなことや無意味なことを言ってるから。 >>24 日高
> 例
> 15=(2x+1)(y+3)の整数解は、(x,y)=(1,2)、(x,y)=(2,0)、(x,y)=(7,-2)、(x,y)=(0,12)
> 15=(2x+1)(y+3)から、導かれる式は、
> 3=(2x+1),5=(y+3)、(x,y)=(1,2)
> 5=(2x+1),3=(y+3)、(x,y)=(2,0)
> 15=(2x+1),1=(y+3)、(x,y)=(7,-2)
> 1=(2x+1),15=(y+3)、(x,y)=(0,12)
要するに、ab=15から(a,b)=(1,15)や(a,b)=(3,5)が導けると言っているのね。
こういうのを「導ける」というでしょうか。皆様。 >>31
貴方の主張は、
>>16-18で否定されたということ。 >33
>>>30
誰が見てもおかしなことや無意味なことを言ってるから。
どの部分がおかしいのでしょうか？ >34
>要するに、ab=15から(a,b)=(1,15)や(a,b)=(3,5)が導けると言っているのね。
こういうのを「導ける」というでしょうか。皆様。
こういう場合は、「導ける」と言わないのでしょうか？ >35
>>>31
貴方の主張は、
>>16-18で否定されたということ。
そうでしょうか？
詳しく説明していただけないでしょうか。 >>36
自分で考えてください。
説明するつもりはありません。 >>38
否定されていないというなら、ご自分で証明を書いてください。 >>29 日高
「使はないと」と書かれていますが、戦前に教育を受けた世代ですか？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >40
>>>38
否定されていないというなら、ご自分で証明を書いてください。
否定の内容を、もう一度示してください。 >41
>「使はないと」と書かれていますが、戦前に教育を受けた世代ですか？
違います。好みです。 >>38
>>43
お断りします。
一度終わった議論を再び行うつもりはありません。
>>10-18をじっくり読み返すと良いかもしれません。 >45
>>10-18をじっくり読み返すと良いかもしれません。
違います。 >>1 日高
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
に異議が出ています。主張するなら証明して。 >47
>> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
に異議が出ています。主張するなら証明して。
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
両辺に、aをかけると、
(z^p/1)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}a
両辺に、1/aをかけると、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
となります。 >>48 日高
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> 両辺に、aをかけると、
> (z^p/1)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}a
> 両辺に、1/aをかけると、
> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> となります。
そいつぁ通常のnotationでの話だろ。
お前のnotationでは
(3)は
{z^p/1=x+y
{1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)
のこと。
(2)は
{z^p/a=x+y
{a=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)
のこと。
そうやって二つのnotationの間でごまかしをするペテン野郎なんだな，日高は。 >>46
> >45
> >>10-18をじっくり読み返すと良いかもしれません。
>
> 違います。
阿呆が。
根拠無く断言するな。
数学勉強してから出直せ。 >>50
> 阿呆が。
ただの阿呆じゃないよ。日高は悪意に満ちたペテン師だ。 >>22
> (3)を満たすが(3)から導いた式を満たさない答えは、
> (3)から導いた式を満たす答えと、同じ性質となります。
同じ性質とはなんですか？
同じ性質であるという証明が>>42のどこにもないので
証明は間違っていますが、それはそれとして、
例えば
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
を満たす(x,y)=(1,2)と満たさない(x,y)=(2,0)はどこがどう同じなのですか？
(x,y)=(1,2)と(x,y)=(7,-2)はどこがどう同じなのですか？
(x,y)=(1,2)と(x,y)=(0,12)はどこがどう同じなのですか？
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
この式から、(x,y)=(2,0)が元の式を満たすことをどうやって調べるのですか？
(x,y)=(7,-2)が元の式を満たすことをどうやって調べるのですか？
(x,y)=(0,12)が元の式を満たすことをどうやって調べるのですか？ >>53
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
としてしまうと、元の式とは同値でない、というご指摘ですね。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >49
>そうやって二つのnotationの間でごまかしをするペテン野郎なんだな，日高は。
意味が、わかりません。 >50
>阿呆が。
根拠無く断言するな。
数学勉強してから出直せ。
理由を教えていただけないでしょうか。 >51
>> 阿呆が。
ただの阿呆じゃないよ。日高は悪意に満ちたペテン師だ。
理由を教えていただけないでしょうか。 >52
>確かに。
理由を教えていただけないでしょうか。 >53
>{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
この式から、(x,y)=(2,0)が元の式を満たすことをどうやって調べるのですか？
(x,y)=(7,-2)が元の式を満たすことをどうやって調べるのですか？
(x,y)=(0,12)が元の式を満たすことをどうやって調べるのですか？
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
の解は、元の式を満たします。（すべての解では、ありませんが、） >54
>>>53
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
としてしまうと、元の式とは同値でない、というご指摘ですね。
「元の式と同値」の言葉の意味はどういう意味でしょうか？ >>55
数学ではありませんね。数学をネタにした漫才の台本ですねw >62
>>>55
数学ではありませんね。数学をネタにした漫才の台本ですねw
理由を教えていただけないでしょうか。 >>60
つまり
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
をしらべても、元の式の他の答えである(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)のことは分からないし
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
をしらべても、(3)に他の答えがあるかもしれないのに、他の答えのことは分からない
なので、>>1の証明は間違っています。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >64
>{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
をしらべても、元の式の他の答えである(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)のことは分からないし
15=(2x+1)(y+3)の答えは、(x,y)=(1,2)と(x,y)=(2,0)と(x,y)=(7,-2)と(x,y)=(0,12)です。
3=(2x+1)、5=(y+3)の答えは、整数です。このことから、15=(2x+1)(y+3)の答えが、整数になることがわかります。 >>66
15=(2x+1)(y+3)の答えはx=√2、y=15*(2√2-1)/7-3かもしれないので、
> 整数になることがわかります。
は間違っています。
そして、他の答えのことは全くわからない
なので同様に、>>1の証明は間違っています。 >67
>15=(2x+1)(y+3)の答えはx=√2、y=15*(2√2-1)/7-3かもしれないので、
x,yを無理数とすると、解は、無数にあります。 >>68
あなたは
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
を調べれば
> 15=(2x+1)(y+3)の答えが、整数になることがわかります。
と書きました。
しかし
> x,yを無理数とすると、解は、無数にあります。
と自分で間違いを認識しました。
同様に、>>1の証明も間違っています。 >69
>> x,yを無理数とすると、解は、無数にあります。
と自分で間違いを認識しました。
この場合は、左辺の15を自然数に分解します。 >>70
つまり
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
をしらべても、元の式の他の答えである(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)のことは分からないし
元の式の他の答えが整数になるかどうかも、結局元の式を調べないと分からない
同様に
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
をしらべても、(3)に他の答えがあるかもしれないのに、他の答えのことは分からない
結局元の式を調べないと分からない
なので、>>1の証明は間違っています。 >71
>{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
をしらべても、元の式の他の答えである(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)のことは分からないし
元の式の他の答えが整数になるかどうかも、結局元の式を調べないと分からない
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
をしらべれば、整数解以外の解が、ないので、元の式に、整数解以外の解が、ないことが、わかります。
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
をしらべても、(3)に他の答えがあるかもしれないのに、他の答えのことは分からない
結局元の式を調べないと分からない
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
をしらべれば、この式に自然数解がないので、元の式に、自然数解が、ないことが、
わかります。 >>72
> 元の式に、整数解以外の解が、ないことが、わかります。
> x,yを無理数とすると、解は、無数にあります。
矛盾しています。
同様に、>>1の証明も間違っています。 >73
>> x,yを無理数とすると、解は、無数にあります。
矛盾しています。
x,yは、整数とします。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>74
元の条件として
x,yは、整数とします。
があるなら、
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
結局元の式の他の答えである(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)のことは分からない。
同様に
元の条件として
x,yは、整数とします。
があるなら、
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
結局元の(3)に他の答えがあるかもしれないのに、他の答えのことは分からない。
なので、>>1の証明は間違っています。 >76
>元の条件として
x,yは、整数とします。
があるなら、
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
結局元の式の他の答えである(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)のことは分からない。
元の条件として
「x,yは、整数」なので、整数以外の解は、関係ありません。
(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)は、15を自然数に分解すれば、求められます。
同様に
元の条件として
x,yは、整数とします。
があるなら、
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
結局元の(3)に他の答えがあるかもしれないのに、他の答えのことは分からない。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}、(z^p/1)=(x+y)を、共に満たす自然数は、ないので、
(3)にx,y,zが、自然数となる他の答えは、ありません。 >77
>うむ。分かりやすい。
どのようなことが、わかりやすいのでしょうか？ >>79
ケース
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
で、ばしっと結論を言う。
本題
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
でも、「ケース」と同じ様な考え方で、結論が言える。
ということかな。 >>78
> >76
> >元の条件として
> x,yは、整数とします。
> があるなら、
> { 3=(2x+1)
> { 5=(y+3)
> を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
> 結局元の式の他の答えである(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)のことは分からない。
>
> 元の条件として
> 「x,yは、整数」なので、整数以外の解は、関係ありません。
> (x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)は、15を自然数に分解すれば、求められます。
>
> 同様に
> 元の条件として
> x,yは、整数とします。
> があるなら、
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
> 結局元の(3)に他の答えがあるかもしれないのに、他の答えのことは分からない。
>
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}、(z^p/1)=(x+y)を、共に満たす自然数は、ないので、
> (3)にx,y,zが、自然数となる他の答えは、ありません。
嘘。根拠も不明。
今までの説明は全てでたらめのペテン。
数学的な説明は一つもなかった。 >>78
条件 x,yは、整数
元の式
15=(2x+1)(y+3)
ここまでは問題が出された時点でわかっています。
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
を調べても、他の答えのがあるかどうかはまったくわかりません。
ただ
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
の場合に答えが1つ見つかった、ということしかわかりません。
他の答えがあるかどうか調べるには別の証明が必要です。
同じように
条件 x,y,zは、自然数
元の式
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
=(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…自明
=(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…自明
ここまでは問題が出された時点でわかっています。
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を調べても、他の答えのがあるかどうかはまったくわかりません。
ただ
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
の場合に答えが見つからなかった、ということしかわかりません。
他の答えがあるかどうか調べるには別の証明が必要です。
しかしその証明はないので、>>1は間違っています。
ところで、同じ証明を何度も書き込んでいて、おそらくhttps://rio2016.5ch.net/math/を直接見ているのだと
推測しますが、他の人は「全部読む」をクリックしたりして、最初から最後まで一度に読んでいるので、
書き直してあるのかどうか非常にわかりにくい。
まったく同じ内容を書き込むときは、1行目位に「再掲」、書き直したときは、「〇行目書き直しました」等
書いてもらえませんか。 >80
>元の条件として
x,yは、整数とします。
があるなら、
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
結局元の式の他の答えである(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)のことは分からない。
分かります。
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
結局元の(3)に他の答えがあるかもしれないのに、他の答えのことは分からない。
なので、>>1の証明は間違っています。
整数解以外の解は、必要ありません。
(3)に他の答えが、ある場合は、(2)の場合です。
(3)が、成り立たないので、(2)も成り立ちません。 >81
>嘘。根拠も不明。
今までの説明は全てでたらめのペテン。
数学的な説明は一つもなかった。
どの部分が、嘘なのでしょうか？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >82
>{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
の場合に答えが見つからなかった、ということしかわかりません。
他の答えがあるかどうか調べるには別の証明が必要です。
しかしその証明はないので、>>1は間違っています。
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
の場合に答えが見つからなかった、ので、(3)に答えは、ありません。
(3)に他の答えが、ある場合は、(2)の場合です。
(3)が、成り立たないので、(2)も成り立ちません。 (別解)【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,y,z,rは自然数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)はr^(p-1)のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 訂正
(別解)【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,y,z,rは自然数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>84
> >81
> >嘘。根拠も不明。
> 今までの説明は全てでたらめのペテン。
> 数学的な説明は一つもなかった。
>
> どの部分が、嘘なのでしょうか？
お前の78で書いた部分が嘘だという指摘に決まっているだろうが 。
なお、数学的に正当でない返信、または、過去のでたらめの繰り返し、または、質問、を禁止。意味ないので。 >89
>お前の78で書いた部分が嘘だという指摘に決まっているだろうが 。
78のどの部分が、嘘なのでしょうか？ >>90
> >89
> >お前の78で書いた部分が嘘だという指摘に決まっているだろうが 。
>
> 78のどの部分が、嘘なのでしょうか？
質問は禁止と書いてあるだろうが 。 日高は人のコメント読まずに自分の都合の良いことばかり。
さすが詐欺師。嘘つき。
のべ数千通だか数万通だかのメールを数学関係者に送りつける迷惑老人。 >92
>日高は人のコメント読まずに自分の都合の良いことばかり。
さすが詐欺師。嘘つき。
どの部分が、嘘なのでしょうか？ 【定理】日高は永遠に自分の間違いを認めない。
【証明】数学的帰納法による。
第一段：日高にはきょう自分の間違いを認めるだけの数学力がない。
第二段：ある日、日高には自分の間違いを認めるだけの数学力がないと仮定する。
日高はその日も何も学ぼうとしないから、その翌日にも日高には自分の間違いを認めるだけの数学力がない。
以上から，数学的帰納法により，日高は永遠に自分の間違いを認めない。 >94
>【定理】日高は永遠に自分の間違いを認めない。
【証明】数学的帰納法による。
第一段：日高にはきょう自分の間違いを認めるだけの数学力がない。
第二段：ある日、日高には自分の間違いを認めるだけの数学力がないと仮定する。
日高はその日も何も学ぼうとしないから、その翌日にも日高には自分の間違いを認めるだけの数学力がない。
以上から，数学的帰納法により，日高は永遠に自分の間違いを認めない。
どの部分が、間違いかを、指摘していただけないでしょうか。 （再掲）
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>96 日高
>>1の間違いをもう一度だけ指摘してあげよう。
> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
この部分だね。 >>93
> >92
> >日高は人のコメント読まずに自分の都合の良いことばかり。
> さすが詐欺師。嘘つき。
>
> どの部分が、嘘なのでしょうか？
死ぬほど指摘されているのに、全てごまかして無視。ごみ老人。迷惑。 のべ数千通だか数万通だかのメールを数学関係者に送りつける迷惑老人。
この部分は無視かよ。 >>86
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> の場合に答えが見つからなかった、ので、(3)に答えは、ありません。
>>5には
> (3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされるとは、限りません。
つまり上の連立式に答えが見つからなくても(3)を満たす答えがある、と書いてある
これは矛盾です。
なので、>>1の証明は間違っています。
そして>>88も全く同じ間違いをしています。
{ r^(p-1)=p
{ x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
の場合に答えが見つからなかっただけで、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}を満たす数がほかにある、と5に書いてあります
なので88の証明は間違っています。 >>1
いや、
> (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
の「(3)が成り立たない」が誤りと言うほうが適切か。 >97
>> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
この部分だね。
どの部分が、間違いでしょうか？ >98
>> どの部分が、嘘なのでしょうか？
死ぬほど指摘されているのに、全てごまかして無視。ごみ老人。迷惑。
どの部分が、嘘なのでしょうか？ >99
>のべ数千通だか数万通だかのメールを数学関係者に送りつける迷惑老人。
この部分は無視かよ。
どういう意味でしょうか？ >100
>> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> の場合に答えが見つからなかった、ので、(3)に答えは、ありません。
>>5には
> (3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされるとは、限りません。
つまり上の連立式に答えが見つからなくても(3)を満たす答えがある、と書いてある
これは矛盾です。
なので、>>1の証明は間違っています。
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)を共に満たす自然数は、ないので、(3)を満たす自然数は、ありません。
>(3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされるとは、限りません。
これは、例に、ついての、話です。
そして>>88も全く同じ間違いをしています。
{ r^(p-1)=p
{ x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
の場合に答えが見つからなかっただけで、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}を満たす数がほかにある、と5に書いてあります
なので88の証明は間違っています。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}を満たす数がほかにある、と5に書いて
あります
よく理解できません。教えていただけないでしょうか。 >101
>>>1
いや、
> (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
の「(3)が成り立たない」が誤りと言うほうが適切か。
どうしてでしょうか？ （再掲）
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (再掲)
(別解)【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,y,z,rは自然数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>105
見つけられない答えが1つでもあるなら、1つも答えがないとは言い切れません。
なので>>1は間違っています。
例えば>>107も
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
こうすれば逆の結論になります。>>1はこれと同じ間違いをしています。 >109
>1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
こうすれば逆の結論になります。>>1はこれと同じ間違いをしています。
1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立ちませんが、
z=5、y=4のとき、成り立ちます。 ごまかしばかり。反省なし。迷惑行為を永遠に続けるのみ。
本当に害悪だね。
意味ないので返信禁止。 >>110
>>1ではほかの答えなんか探していません
「1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立ちません」という文は間違っていないのだから
> { 1=(z-y)
> { (x^p/1)=(z+y)
> が成り立たないので、(3)が成り立たない。
というあなたの理屈が成立するはずですが。 >112
>「1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立ちません」という文は間違っていないのだから
> { 1=(z-y)
> { (x^p/1)=(z+y)
> が成り立たないので、(3)が成り立たない。
というあなたの理屈が成立するはずですが。
107は、p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
ことの、証明なので、z=5、y=4のとき、を考えます。 >>106 日高
> >101
> >>>1
> いや、
> > (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
> の「(3)が成り立たない」が誤りと言うほうが適切か。
>
> どうしてでしょうか？
そこまでの議論では(3)が成り立たないことが証明されていないから。 >114
>>>106 日高
> >101
> >>>1
> いや、
> > (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
> の「(3)が成り立たない」が誤りと言うほうが適切か。
>
> どうしてでしょうか？
そこまでの議論では(3)が成り立たないことが証明されていないから。
意味が理解できません。
なぜ、(3)が成り立たないことが証明されていないことが、言えるのでしょうか？
理由を教えていただけないでしょうか。 >>116 日高
> 意味が理解できません。
> なぜ、(3)が成り立たないことが証明されていないことが、言えるのでしょうか？
> 理由を教えていただけないでしょうか。
じゃあ、どこに証明があるの？ >>113
答えになっていません
>>1が正しいならば、同じ理屈で
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
は正しい。
これの証明に間違いがあるというなら、
同じ理屈で>>1の証明は間違っています。 >>118ちょっと修正
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3のとき自然数解を持たない。
最後の1行を修正します。
これならz=5、y=4のときの話にはならないので。 >>108 日高
> (2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
それ以外のときは？ >117
>> 意味が理解できません。
> なぜ、(3)が成り立たないことが証明されていないことが、言えるのでしょうか？
> 理由を教えていただけないでしょうか。
じゃあ、どこに証明があるの？
1にあります。 >118
>1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
は正しい。
これの証明に間違いがあるというなら、
同じ理屈で>>1の証明は間違っています。
この証明の命題は、何でしょうか？ >119
>∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3のとき自然数解を持たない。
最後の1行を修正します。
これならz=5、y=4のときの話にはならないので。
x=4、z=5、y=3のとき自然数解を持ちます。 （再掲）
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >120
>>>108 日高
> (2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
それ以外のときは？
r^(p-1)={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
ということでしょうか？ >127
>日高の新公理
AB=CDかつA≠CならばA=D
違います。
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。
です。 >>129
AB=CDかつA≠Cのときは何が言えますか？ >128
>>>121
>>1のどこ？
1全体です。 >130
>AB=CDかつA≠Cのときは何が言えますか？
よく意味が理解できません。
具体例を、あげていただけないでしょうか。 >>132
一般に何が言えるかをお尋ねしています。
よって具体例をあげることは無意味です。 >132
>>130
>AB=CDかつA≠Cのときは何が言えますか？
A≠Cのときとは、どのようなときでしょうか？ （再掲）
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>134
> A≠Cのときとは、どのようなときでしょうか？
えっ、本当にわからないのですか？ >136
>> A≠Cのときとは、どのようなときでしょうか？
えっ、本当にわからないのですか？
はい。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >139
>ゴミ
理由を教えていただけないでしょうか。 >>137 日高
A≠Cの意味がわからなくて、A=Cの意味はわかるの？ >141
>>>137 日高
A≠Cの意味がわからなくて、A=Cの意味はわかるの？
A≠Cの意味は、状況によって、いろいろの意味があります。 >>123
> x=4、z=5、y=3のとき自然数解を持ちます。
>>119の証明が間違っているというのなら
同じ理屈で
>>1の証明も間違っています。
>>119の証明のどこが間違っていますか？ >143
>>>119の証明のどこが間違っていますか？
119の命題は、何でしょうか？ >>144
pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3となるような自然数解を持たない。 >>142
> A≠Cの意味は、状況によって、いろいろの意味があります。
じゃあいろいろ書いてみて。 >145
>pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3となるような自然数解を持たない。
命題が、pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3となるような自然数解を持たない。
ならば、119は、正しいです。 >146
>> A≠Cの意味は、状況によって、いろいろの意味があります。
A=3,B=4,C=6,D=2の場合、
A≠Cとなります。 >>147
>>123
> x=4、z=5、y=3のとき自然数解を持ちます。
矛盾しています。
よって>>1の証明は間違っています。 >148
>>>147
正しいんだwww
>pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3となるような自然数解を持たない。
の場合は、正しいです。が、
p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
の場合は、正しくないです。 >150
>>>147
wwwwww
どういう意味でしょうか？ >151
>
>>123
> x=4、z=5、y=3のとき自然数解を持ちます。
矛盾しています。
よって>>1の証明は間違っています。
>pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3となるような自然数解を持たない。
の場合は、正しいです。が、
p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
の場合は、正しくないです。 >>153
> wwwwww
こういう独り言のようなレスには
いちいち反応しなくて良いと思うよ （再掲）
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>154
「x=4、z=5、y=3のとき自然数解を持ちます。」
この文はあなたが書いたんですよね？
「z=5、y=3となるような自然数解を持たない。」
が正しいという結論とどう考えても矛盾していますが。 >155
>> wwwwww
こういう独り言のようなレスには
いちいち反応しなくて良いと思うよ
ひと、それぞれだと思います。 >>159
> >155
> >> wwwwww
> こういう独り言のようなレスには
> いちいち反応しなくて良いと思うよ
>
> ひと、それぞれだと思います。
それは確かにその通りだね。 >158
>「x=4、z=5、y=3のとき自然数解を持ちます。」
この文はあなたが書いたんですよね？
そうです。
「z=5、y=3となるような自然数解を持たない。」
が正しいという結論とどう考えても矛盾していますが。
z=5、y=3は、1=(z-y)とならないという意味にとりました。 >160
>>>149
> もっといろいろ書いて。
無数にあります。 >>162
> z=5、y=3は、1=(z-y)とならないという意味にとりました。
もちろんその通りです。
しかし
x=4、z=5、y=3はp=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たし、もちろんz=5、y=3も満たします。
なので>>119の証明は間違っています。
同じ理屈で>>1の証明は間違っています。 >>163 日高
> >160
> >>>149
> > もっといろいろ書いて。
>
> 無数にあります。
そんなことは聞いていない。もっと例を挙げろと言っているんだ。 >165
>> > もっといろいろ書いて。
>
> 無数にあります。
そんなことは聞いていない。もっと例を挙げろと言っているんだ。
どうしてでしょうか？何の為でしょうか？ （再掲）
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>166
君がどこで間違えているかがわかるかもしれないからさ。 改変
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>168
>>166
A=x^2,C=2x-1の場合A=Cですか？ A≠Cですか？ >164
>x=4、z=5、y=3はp=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たし、もちろんz=5、y=3も満たします。
なので>>119の証明は間違っています。
同じ理屈で>>1の証明は間違っています。
z=5、y=3は、1=(z-y)を満たしません。 >168
>>>166
君がどこで間違えているかがわかるかもしれないからさ。
分かりません。 >169
>1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
どのような、意味があるのでしょうか？ >172
>A=x^2,C=2x-1の場合A=Cですか？ A≠Cですか？
A≠Cと、A=Cの場合があります。 （再掲）
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>175
5-3は1ではないという意味です。
正しいですよね？
証明は、○○であるとき△△である、という1つ1つが正しい文を
最初の仮定からつなげていくものなので
「5-3は1ではない」が正しければ
結論が正しいか
他のところが間違えているか
どちらかです。 >169
>改変
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これは、a=2の場合となります。 >179
>5-3は1ではないという意味です。
正しいですよね？
5-3は2なので、
(x^2/2)=(z+y)(z-y)の場合となります。 >181
訂正
5-3は2なので、
(x^2/2)2=(z+y)(z-y)の場合となります。 >>176 日高
> >172
> >A=x^2,C=2x-1の場合A=Cですか？ A≠Cですか？
>
> A≠Cと、A=Cの場合があります。
どういう場合にA≠Cでどういう場合にA=Cですか？ >183
>>A=x^2,C=2x-1の場合A=Cですか？ A≠Cですか？
>
> A≠Cと、A=Cの場合があります。
どういう場合にA≠Cでどういう場合にA=Cですか？
x=1のとき、A=Cとなります。
それ以外は、A≠Cとなります。 >185
>>>184
多項式と見た場合、等しいですか？
どういう意味でしょうか？ >186
>汲むべき点が一つもないゴミ
何なのか、分かりません。 （再掲）
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>182
証明に
> (3)が成り立たない。
> (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
とあります。
>>1の証明も、(3)以外を調べていません。
よって>>169が間違っているなら、同様に>>1の証明も間違っています。 >>187 日高
> >185
> >>>184
> 多項式と見た場合、等しいですか？
>
> どういう意味でしょうか？
君、証明の中でA=Cとかって書いてるよね。
多項式として等しいって意味じゃないの？ >192
>君、証明の中でA=Cとかって書いてるよね。
多項式として等しいって意味じゃないの？
そういう意味です。 >>190 日高
> (別解)
> 【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)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}…(2)とする。
> (2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
ここの、(1)から(2)への式の展開は何の意味もないよ。 >>193 日高
> >192
> >君、証明の中でA=Cとかって書いてるよね。
> 多項式として等しいって意味じゃないの？
>
> そういう意味です。
じゃあその定義は？ 言えるよね。 >194
>> 【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)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}…(2)とする。
> (2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
ここの、(1)から(2)への式の展開は何の意味もないよ。
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。 >195
>> >君、証明の中でA=Cとかって書いてるよね。
> 多項式として等しいって意味じゃないの？
>
> そういう意味です。
じゃあその定義は？ 言えるよね。
A=Cとなるものは、OKです。 >>196 日高
> 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。
じゃあなんの意味があるの？ >>197 日高
> > じゃあその定義は？ 言えるよね。
>
> A=Cとなるものは、OKです。
だから、その定義を言ってごらん、と言っているんだ。 >>182
証明に
> (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
と書いてあります。
> (x^2/2)2=(z+y)(z-y)の場合となります。
これは(2)ですよね？
(3)が成り立たないなら、(2)も成り立たない。自明のことです。
よって>>169の結論が正しいか
他のところが間違えているか
どちらかです。 >198
>> 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。
じゃあなんの意味があるの？
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなるので、
r=p^{1/(p-1)}となります。 >199
>> A=Cとなるものは、OKです。
だから、その定義を言ってごらん、と言っているんだ。
特別な、定義はありません。 >>201 日高
> >198
> >> 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。
>
> じゃあなんの意味があるの？
>
> (2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなるので、
r=p^{1/(p-1)}となります。
(1)に代入したってそうなるじゃん。 >>202 日高
> >199
> >> A=Cとなるものは、OKです。
>
> だから、その定義を言ってごらん、と言っているんだ。
>
> 特別な、定義はありません。
定義なしじゃあ議論できないだろう？ >200
>よって>>169の結論が正しいか
他のところが間違えているか
どちらかです。
結論「pが2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。」
は、間違いです。 >203
>> (2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなるので、
r=p^{1/(p-1)}となります。
(1)に代入したってそうなるじゃん。
(1)にr=p^{1/(p-1)}を代入しても、そうなります。 >204
>> 特別な、定義はありません。
定義なしじゃあ議論できないだろう？
強いて、言えば「A=Cとなるものは、OKです。」が定義となります。 （再掲）
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>205
証明というのは
(仮定)ならば△△である、は正しい
△△ならば◇◇である、は正しい
△△ならば〇〇である、は正しい
○○ならば(結論)である、は正しい
のように、正しい分をつなげていくものなので
結論だけ間違っている、ということはありません。
>>169の結論は正しいか、
別のところが間違っているか
どちらかです。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >209
>証明というのは
(仮定)ならば△△である、は正しい
△△ならば◇◇である、は正しい
△△ならば〇〇である、は正しい
○○ならば(結論)である、は正しい
のように、正しい分をつなげていくものなので
結論だけ間違っている、ということはありません。
>>169の結論は正しいか、
別のところが間違っているか
どちらかです。
169の結論は間違いです。 >>207 日高
> 強いて、言えば「A=Cとなるものは、OKです。」が定義となります。
それじゃ定義にならないよ。そんな態度で議論してたのか、いままで。
教科書読め。 >211
>>>206 日高
じゃあそうすりゃいいじゃん。
根拠が、必要です。 >>212
>>208と同じ理屈しか使っていないので
>>169の結論が間違いならば、>>208は間違いです。 >>212
日高はまともに勉強してきてないから、
間違った証明なるものを見たことがない。
よって日高にとってはすべての証明は正しい！ >213
>> 強いて、言えば「A=Cとなるものは、OKです。」が定義となります。
それじゃ定義にならないよ。そんな態度で議論してたのか、いままで。
教科書読め。
どうして、定義にならないのでしょうか？ >>214 日高
> >211
> >>206 日高
> じゃあそうすりゃいいじゃん。
>
> 根拠が、必要です。
これこれとおく、のに根拠なんかいらないよ。 >>217 日高
> どうして、定義にならないのでしょうか？
では、君の知っている定義なるものをひとつあげてください。
何の定義でも構いません。 >215
>>>169の結論が間違いならば、>>208は間違いです。
169の
1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。が、間違いなので、
結論が、間違いと、なります。 >216
>>>212
日高はまともに勉強してきてないから、
間違った証明なるものを見たことがない。
よって日高にとってはすべての証明は正しい！
「すべての証明は正しい！」
というわけでは、ありません。 >218
>> 根拠が、必要です。
これこれとおく、のに根拠なんかいらないよ。
どうしてでしょうか？ >>220
> 1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
あなたの書き込み
> 5-3は2
一致しています。
「1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。」は正しいです。
よって>>169の結論は正しいか
他のところが間違えているか
どちらかです。
？？？：【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
？？？：x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
？？？：(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
？？？：(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
？？？：等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
？？？：(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
？？？：(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
？？？：AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
正しい：1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
？？？：{ 1=(z-y)
？？？：{ (x^p/1)=(z+y)
？？？：が成り立たないので、(3)が成り立たない。
正しい：(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
正しい：∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >219
>> どうして、定義にならないのでしょうか？
では、君の知っている定義なるものをひとつあげてください。
何の定義でも構いません。
偶数とは、２の倍数である。 >223
>正しい：1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
？？？：{ 1=(z-y)
？？？：{ (x^p/1)=(z+y)
？？？：が成り立たないので、(3)が成り立たない。
正しい：(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
正しい：∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
正しい：1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。から、
正しい：∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。は、導けません。
z=5、y=3は、1=(z-y)の自然数解では、ありませんが、
z=5、y=4は、1=(z-y)の自然数解です。 >>225
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
> (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
これを書いたのはあなたです。
> z=5、y=3は、1=(z-y)の自然数解では、ありません
なら
> pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
となります。 >>215で1か所間違っていたので謝ります。
>>169と>>208の理屈が同じと書きましたが
1か所違うところがあります。
値がy=3かy=4かというところではもちろんありません。
理屈が違うところが1か所あります。
すみませんでした。 >226
>> z=5、y=3は、1=(z-y)の自然数解では、ありません
なら
> pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
となります。
どうして、z=5、y=3は、1=(z-y)の自然数解でないことが、
pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。ことになるのでしょうか？ （再掲）
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>228
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
> (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
これを書いたのはあなたです。
これは自明です。正しい。なぜならわざわざ書くまでもなく同じ式ですから。
今調べているのは(1)が成り立つかどうかですから
(1)が成り立たないなら、
「pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」
になるのは当然です。 >>231注
もちろんaが0でない場合です、念のため >231
>
どうして、z=5、y=3は、1=(z-y)の自然数解でないことが、
pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。ことになるのでしょうか？
「z=5、y=3は、1=(z-y)の自然数解でない」は、一つの例でしかありません。
「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は、全ての自然数に、対してのものです。 >>233
そうですね。
「x=1、y=1は(z^p/1)=(x+y)の自然数解でない」は、一つの例でしかありません。
「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は、全ての自然数に、対してのものです。
よって>>1の証明は間違っています。 >234
>「x=1、y=1は(z^p/1)=(x+y)の自然数解でない」は、一つの例でしかありません。
x=1、y=1は一つの例では、ありません。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみです。 >235
>さらっと x=1、y=1 にしてるんだな
x=1、y=1のみです。 >>236
z=5、y=3が
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
を満たさないのは1つの例であって、実際は
{ 2=(z-y)
{ (x^p/2)=(z+y)
を満たすのと同様に
x=1、y=2が
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
を満たさないのは1つの例であって、実際は
{ 3=(z-y)
{ (x^p/3)=(z+y)
を満たすかもしれない。
全ての自然数に、対しての証明は不可能なので
>>1の証明は間違っています。 >>238間違えました、書き直します。
z=5、y=3が
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
を満たさないのは1つの例であって、実際は
{ 2=(z-y)
{ (x^p/2)=(z+y)
を満たすのと同様に
x=1、y=2が
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (x^p/1)=(z+y)
を満たさないのは1つの例であって、実際は
{ 3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (x^p/3)=(z+y)
を満たすかもしれない。
全ての自然数に、対しての証明は不可能なので
>>1の証明は間違っています。 （再掲）
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >239
>x=1、y=2が
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (x^p/1)=(z+y)
を満たさないのは1つの例であって、実際は
{ 3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (x^p/3)=(z+y)
を満たすかもしれない。
その場合は、(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となります。 >>242
つまりあなたの理屈で、
z=5,y=3のとき
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
z=5,y=3のとき(3)が成り立たないので、z=5,y=3のとき(1),(2)も成り立たない。
しかし実際にはz=5,y=3のとき(2)が成り立つ。どこかがおかしい。
のと同様に
x=1、y=2のとき
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
x=1、y=2のとき(3)が成り立たないので、x=1、y=2のとき(1),(2)も成り立たない。
しかし実際にはx=1、y=2のとき(2)が成り立つかもしれないので調べないといけない。
でも>>1では調べていない
全ての自然数に、対しての証明は不可能なので
>>1の証明は間違っています。 >>222 日高
> >218
> >> 根拠が、必要です。
>
> これこれとおく、のに根拠なんかいらないよ。
>
> どうしてでしょうか？
「これこれとおく」は特別な場合を考えるだけだから。 >>224 日高
> >219
> >> どうして、定義にならないのでしょうか？
>
> では、君の知っている定義なるものをひとつあげてください。
> 何の定義でも構いません。
>
> 偶数とは、２の倍数である。
「２の倍数」の定義は？ x^2-xy+y^2=1987561とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zは存在しますか？ >>1 日高
は「Pが成り立つときRである」を示すのに
「Pが成り立つときQが成り立つか成り立たないかのどちらかである。
Qが成り立てばこれこれの理由でRが成り立つ。
Qが成り立たなければこれこれの理由でRが成り立つ。
よってPが成り立つときRが成り立つ」とする議論をまねているのかもしれないが
誤り。 >243
>z=5,y=3のとき
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
z=5,y=3のとき(3)が成り立たないので、z=5,y=3のとき(1),(2)も成り立たない。
この場合は、a=2なので、(2)の場合となります。
>x=1、y=2のとき
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
x=1、y=2のとき(3)が成り立たないので、x=1、y=2のとき(1),(2)も成り立たない。
この場合は、p=3のとき、a=3なので、(2)の場合となります。 >244
>> >> 根拠が、必要です。
>
> これこれとおく、のに根拠なんかいらないよ。
>
> どうしてでしょうか？
「これこれとおく」は特別な場合を考えるだけだから。
良くわかりません。 （再掲）
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >245
>> 偶数とは、２の倍数である。
「２の倍数」の定義は？
1の位の数が、0または偶数ならば、その数は2の倍数である。 >246
>x^2-xy+y^2=1987561とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zは存在しますか？
存在しません。 >247
>は「Pが成り立つときRである」を示すのに
「Pが成り立つときQが成り立つか成り立たないかのどちらかである。
Qが成り立てばこれこれの理由でRが成り立つ。
Qが成り立たなければこれこれの理由でRが成り立つ。
よってPが成り立つときRが成り立つ」とする議論をまねているのかもしれないが
誤り。
具体的に、私の証明のどの部分を指しているのかを、指摘していただけないでしょうか。 >>248
つまり、等式の性質とやらはすべて間違いで、
(2)の場合を考えていない証明はすべて間違い、ということですか？ >255
>>>248
つまり、等式の性質とやらはすべて間違いで、
(2)の場合を考えていない証明はすべて間違い、ということですか？
どういう意味でしょうか？具体的に説明していただけないでしょうか。 >>256
あなたの理屈では
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
だから(2)の場合を考えなくていい、ということを書きましたよね？
でも実際にはあなたの理屈で(3)が成り立たないが(2)が成り立つ例があります。
だから(2)の場合も調べないといけないですよね？ >257
>> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
だから(2)の場合を考えなくていい、ということを書きましたよね？
でも実際にはあなたの理屈で(3)が成り立たないが(2)が成り立つ例があります。
だから(2)の場合も調べないといけないですよね？
その例を示していただけないでしょうか。 >>252 日高
> 1の位の数が、0または偶数ならば、その数は2の倍数である。
それは定義というよりは見分け方だね。じゃあ7の倍数の定義は？ >>253 日高
> >246
> >x^2-xy+y^2=1987561とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zは存在しますか？
>
> 存在しません。
x^2-xy+y^2=1987561をみたす自然数x,yが存在するかどうかもすぐにわかりますか？ >>254 日高
> >247
> 具体的に、私の証明のどの部分を指しているのかを、指摘していただけないでしょうか。
>>251でいえば「r^(p-1)=pのとき」は考えているが「r^(p-1)≠pのとき」を考えていない。 >>249 日高
もしかして>>251で「r^(p-1)=pのとき」という特別な場合だけを検討するのに
「根拠がある」と考えている？ >259
>>>252 日高
> 1の位の数が、0または偶数ならば、その数は2の倍数である。
それは定義というよりは見分け方だね。じゃあ7の倍数の定義は？
7で、割り切れる数です。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >260
>>>243
243のどの部分でしょうか？ >261
>このスレは
http://mevius.5ch.net/geinin/
に移動すべきだと思います。
なぜでしょうか？ >>265 日高
> > それは定義というよりは見分け方だね。じゃあ7の倍数の定義は？
> 7で、割り切れる数です。
「7で割り切れる」の定義は？ >262
>> >246
> >x^2-xy+y^2=1987561とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zは存在しますか？
>
> 存在しません。
x^2-xy+y^2=1987561をみたす自然数x,yが存在するかどうかもすぐにわかりますか？
わかりませんが、x^2-xy+y^2=1987561とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zが、
存在しないことは、わかります。 >>271 日高
> わかりませんが、x^2-xy+y^2=1987561とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zが、
> 存在しないことは、わかります。
なぜ？ 1987561を1に置き換えた場合だけ調べてそんなことまでわかりますか？ >263
>>>251でいえば「r^(p-1)=pのとき」は考えているが「r^(p-1)≠pのとき」を考えていない。
「r^(p-1)≠pのとき」を考える必要がないからです。 >>273 日高
> >>>251でいえば「r^(p-1)=pのとき」は考えているが「r^(p-1)≠pのとき」を考えていない。
>
> 「r^(p-1)≠pのとき」を考える必要がないからです。
なぜ、必要がないとわかるのですか？ >264
>もしかして>>251で「r^(p-1)=pのとき」という特別な場合だけを検討するのに
「根拠がある」と考えている？
はい。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>275 日高
> >264
> >もしかして>>251で「r^(p-1)=pのとき」という特別な場合だけを検討するのに
> 「根拠がある」と考えている？
>
> はい。
君の証明では何の根拠も示されていませんよ。 >272
>> わかりませんが、x^2-xy+y^2=1987561とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zが、
> 存在しないことは、わかります。
なぜ？ 1987561を1に置き換えた場合だけ調べてそんなことまでわかりますか？
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。からです。 >274
>> 「r^(p-1)≠pのとき」を考える必要がないからです。
なぜ、必要がないとわかるのですか？
等式の性質によるからです。 >278
> >もしかして>>251で「r^(p-1)=pのとき」という特別な場合だけを検討するのに
> 「根拠がある」と考えている？
>
> はい。
君の証明では何の根拠も示されていませんよ。
等式の性質によるからです。 >>279 日高
> >272
> >> わかりませんが、x^2-xy+y^2=1987561とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zが、
> > 存在しないことは、わかります。
>
> なぜ？ 1987561を1に置き換えた場合だけ調べてそんなことまでわかりますか？
>
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。からです。
（aが0でないとの仮定の下で）(1),(2),(3)は同じ式だからそれは当たり前のこと。
まったく根拠になっていません。 >>280 日高
> >274
> >> 「r^(p-1)≠pのとき」を考える必要がないからです。
>
> なぜ、必要がないとわかるのですか？
>
> 等式の性質によるからです。
それは単なるごまかしです。どんな性質か示せなければね。 >>268
z=5,y=3のとき(3)が成り立たないので、z=5,y=3のとき(1),(2)も成り立たない。
しかし実際にはz=5,y=3のとき(2)が成り立つ。 >282
>(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。からです。
（aが0でないとの仮定の下で）(1),(2),(3)は同じ式だからそれは当たり前のこと。
まったく根拠になっていません。
当たり前のことは、根拠にならないのでしょうか？ >>281 日高
>278
> >もしかして>>251で「r^(p-1)=pのとき」という特別な場合だけを検討するのに
> 「根拠がある」と考えている？
>
> はい。
>
> 君の証明では何の根拠も示されていませんよ。
>
> 等式の性質によるからです。
それは単なるごまかしです。どんな性質か示せなければね。 >>285
> >282
> >(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。からです。
>
> （aが0でないとの仮定の下で）(1),(2),(3)は同じ式だからそれは当たり前のこと。
> まったく根拠になっていません。
>
> 当たり前のことは、根拠にならないのでしょうか？
そもそも(3)が成り立たないことを示してないだろ。 >>285 日高
> >282
> >(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。からです。
>
> （aが0でないとの仮定の下で）(1),(2),(3)は同じ式だからそれは当たり前のこと。
> まったく根拠になっていません。
>
> 当たり前のことは、根拠にならないのでしょうか？
君が書いているのは「きょうは日曜日だからフェルマーの最終定理が成り立つ」と言っているのと同じ。
当たり前のことでありかつ根拠にならないことを根拠としてあげているから間違い。 ところで
>>270の
> 「7で割り切れる」の定義は？
への回答、お願いします。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>291 日高
「r^(p-1)=pのとき」しか調べていません。インチキです。 >283
>> 「r^(p-1)≠pのとき」を考える必要がないからです。
>
> なぜ、必要がないとわかるのですか？
>
> 等式の性質によるからです。
それは単なるごまかしです。どんな性質か示せなければね。
等式の両辺に、同じ数をかけても、割っても、等式は成り立つからです。 >284
>z=5,y=3のとき(3)が成り立たないので、z=5,y=3のとき(1),(2)も成り立たない。
しかし実際にはz=5,y=3のとき(2)が成り立つ。
「z=5,y=3のとき(2)が成り立つ。」ので、(1),(3)も成り立つ。 >286
>> 等式の性質によるからです。
それは単なるごまかしです。どんな性質か示せなければね。
等式の両辺に、同じ数をかけても、割っても、等式は成り立つからです。 >287
>そもそも(3)が成り立たないことを示してないだろ。
1で、示しています。 >>296
つまり、(3)だけを調べればいいというのは間違いで、
「z=5,y=3のとき(2)が成り立つ。」ということを調べなければいけない、ということですね
(3)だけしか調べていない>>1の証明は間違いです。 >288
> 当たり前のことは、根拠にならないのでしょうか？
君が書いているのは「きょうは日曜日だからフェルマーの最終定理が成り立つ」と言っているのと同じ。
当たり前のことでありかつ根拠にならないことを根拠としてあげているから間違い。
「当たり前のことでありかつ根拠にならないことを根拠としてあげているから間違い。」
が、理解できません。具体的に、どの部分でしょうか？ (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴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=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >289
>> 「7で割り切れる」の定義は？
への回答、お願いします。
考え中です。 >>299修正
あなたの理屈で(3)だけしか調べていない>>1の証明は間違いです。
~~~~~~~~~~~~~~~~
注
普通の数学でいえば
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
が成り立たないとき、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} が成り立たない
という命題が間違いなので>>1が間違いなのですが
私の力不足でどうしてもそのことをわかってもらうことができません。
あなたの理屈で、とわざわざ書いているのはそういう理由です。 >292
>「r^(p-1)=pのとき」しか調べていません。インチキです。
どうしてでしょうか？ >294
>>>284にも返信してあげてください。
「z=5,y=3のとき(2)が成り立つ。」ので、(1),(3)も成り立つ。 >295
>7で割り切れるの定義まだぁ？
考え中です。 >299
>つまり、(3)だけを調べればいいというのは間違いで、
「z=5,y=3のとき(2)が成り立つ。」ということを調べなければいけない、ということですね
(3)だけしか調べていない>>1の証明は間違いです。
違います。(3)だけを調べれば良いです。 >304
>普通の数学でいえば
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
が成り立たないとき、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} が成り立たない
という命題が間違いなので>>1が間違いなのですが
どうしてでしょうか？ 「多項式A,CがA=Cを満たす」の定義は相変わらずわかりませんか？ >>298
> >287
> >そもそも(3)が成り立たないことを示してないだろ。
>
> 1で、示しています。
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
と, 連立方程式
{ z^p=x+y
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
は違うものです（普通の数学では）。
あなたは、後者に自然数解がないことしか示していません。 >310
>「多項式A,CがA=Cを満たす」の定義は相変わらずわかりませんか？
どういう意味でしょうか？具体的に、説明していただけないでしょうか。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>296
横からすまんが
> z=5,y=3のとき(3)が成り立たないので、z=5,y=3のとき(1),(2)も成り立たない。……(a)
貴方の主張だよね。でも
> しかし実際にはz=5,y=3のとき(2)が成り立つ。
この事実があるわけだよね。
よって、(a)「(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない」は間違っているよね。
貴方が「(2)は成り立たない」って言ってんのに、
実際には「(2)が成り立っている」わけだから、
貴方の主張(a)は間違いだよね、って話。 >>309
普通の数学では
1=(z-y)は、x=4、z=5、y=3のとき、成り立たない。
よって、x=4、z=5、y=3のとき
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たない
しかしx=4、z=5、y=3のとき(x^p/1)1=(z+y)(z-y)は成り立つ
よって
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないならば(x^p/1)1=(z+y)(z-y)が成り立たない、は間違い
となります。 間違った証明は何回書いても間違った証明として扱われるだけ。
いい加減に諦めろ。 >311
>(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
と, 連立方程式
{ z^p=x+y
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
は違うものです（普通の数学では）。
あなたは、後者に自然数解がないことしか示していません。
連立方程式
{ z^p=x+y
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に自然数解がないことは、1で示しています。 >>316補足
もちろんこんなことは1スレの最初から言われていることですが
A=6 ,B=1,C=2,D=3のとき、
{ A=C
{ B=D
を満たさないが、AB=CDを満たす
のような形で何度も何度も何度も。 >315
>> z=5,y=3のとき(3)が成り立たないので、z=5,y=3のとき(1),(2)も成り立たない。……(a)
貴方の主張だよね。
z=5,y=3のとき(2)が成り立つので、z=5,y=4のとき(3)が成り立ちます。
> しかし実際にはz=5,y=3のとき(2)が成り立つ。
この事実があるわけだよね。
そうです。
よって、(a)「(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない」は間違っているよね。
「(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない」は間違っていません。
貴方が「(2)は成り立たない」って言ってんのに、
実際には「(2)が成り立っている」わけだから、
貴方の主張(a)は間違いだよね、って話。
(2)はz=5,y=3のとき成り立ちます。 >>318
それがどうしたの？
(3)とは関係ないです。 >>320
>> z=5,y=3のとき(3)が成り立たないので、z=5,y=3のとき(1),(2)も成り立たない。……(a)
>> しかし実際にはz=5,y=3のとき(2)が成り立つ。
>> よって、(a)「(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない」は間違っているよね。
> 「(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない」は間違っていません。
どうして？
上記のロジックのどこがおかしい？ >>317
日高を説き伏せる必要はないんだよな
日高が同じものを何度書こうと間違ってるものは間違ってるし
日高が理解しなくても日高は間違ってる
日高以外がその事を理解してれば何ら問題ない >>312 日高
> >310
> >「多項式A,CがA=Cを満たす」の定義は相変わらずわかりませんか？
>
> どういう意味でしょうか？具体的に、説明していただけないでしょうか。
大丈夫か？ これ↓，忘れたのか？
>>195
> >>193 日高
> > >192
> > >君、証明の中でA=Cとかって書いてるよね。
> > 多項式として等しいって意味じゃないの？
> >
> > そういう意味です。
>
> じゃあその定義は？ 言えるよね。
多項式が等しいことの定義が言えなけりゃ，お前の証明は無意味だ。 >>293 日高
> >283
> >> 「r^(p-1)≠pのとき」を考える必要がないからです。
> >
> > なぜ、必要がないとわかるのですか？
> >
> > 等式の性質によるからです。
>
> それは単なるごまかしです。どんな性質か示せなければね。
>
> 等式の両辺に、同じ数をかけても、割っても、等式は成り立つからです。
>>251までさかのぼったが、掛けても割ってもいないよ。君は。 >>298 日高
> >287
> >そもそも(3)が成り立たないことを示してないだろ。
>
> 1で、示しています。
嘘つきめ。「B=Dのとき」しか調べてないだろ。 >>300 日高
> >288
> > 当たり前のことは、根拠にならないのでしょうか？
>
> 君が書いているのは「きょうは日曜日だからフェルマーの最終定理が成り立つ」と言っているのと同じ。
> 当たり前のことでありかつ根拠にならないことを根拠としてあげているから間違い。
>
> 「当たり前のことでありかつ根拠にならないことを根拠としてあげているから間違い。」
> が、理解できません。具体的に、どの部分でしょうか？
>>1でいえば
> 【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=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
> z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
> (3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
ここまでは当たり前のことばかり書いている。
> (3)が成り立たないので、(1),(2)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。
この「(3)が成り立たない」ことの根拠がまったくない。 >>305 日高
> >292
> >「r^(p-1)=pのとき」しか調べていません。インチキです。
>
> どうしてでしょうか？
そうでない場合を検討していないから。 >>318 日高
> >311
> >(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
>
> と, 連立方程式
> { z^p=x+y
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
>
> は違うものです（普通の数学では）。
> あなたは、後者に自然数解がないことしか示していません。
>
> 連立方程式
> { z^p=x+y
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に自然数解がないことは、1で示しています。
それがどうした？ 前者に自然数解がないことの証明がないぞ。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>331 日高
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)とする。
> (2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
君は二つの多項式が互いに等しいことの定義を知らないのに「r^(p-1)=p」と書いている。 >>331 日高
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)とする。
> (2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
まだ、(2)の形と「r^(p-1)=p」と仮定することとの間に関係があると思っている？ >316
>普通の数学では
1=(z-y)は、x=4、z=5、y=3のとき、成り立たない。
よって、x=4、z=5、y=3のとき
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たない
しかしx=4、z=5、y=3のとき(x^p/1)1=(z+y)(z-y)は成り立つ
よって
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないならば(x^p/1)1=(z+y)(z-y)が成り立たない、は間違い
x=4、z=5、y=3のとき
{ 2=(z-y)
{ (x^p/2)=(z+y)と、
(x^p/2)2=(z+y)(z-y)は、成り立ちます。 >317
>間違った証明は何回書いても間違った証明として扱われるだけ。
いい加減に諦めろ。
どうしてでしょうか？ >319
>もちろんこんなことは1スレの最初から言われていることですが
A=6 ,B=1,C=2,D=3のとき、
{ A=C
{ B=D
を満たさないが、AB=CDを満たす
のような形で何度も何度も何度も。
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるです。
A,B,C,Dは、数字ですので、この場合は、
6*1=2*3は、
6*1=(2*3)(3*1/3)とします。 >321
>>>318
それがどうしたの？
(3)とは関係ないです。
(3)から、導いた連立式に自然数解がないならば、(3)にも、自然数解は、ありません。 >322
>>>320
>> z=5,y=3のとき(3)が成り立たないので、z=5,y=3のとき(1),(2)も成り立たない。……(a)
>> しかし実際にはz=5,y=3のとき(2)が成り立つ。
>> よって、(a)「(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない」は間違っているよね。
> 「(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない」は間違っていません。
どうして？
上記のロジックのどこがおかしい？
z=5,y=3は、(2)の場合です。
(3)の場合は、 z=5,y=4となります。 >>337
そんなこと証明のどこにも書いてないですよ。
「導いた」というのも普通の意味じゃないようだし、いずれにしても間違っています。 >>337
> >321
> >>>318
> それがどうしたの？
> (3)とは関係ないです。
>
> (3)から、導いた連立式に自然数解がないならば、(3)にも、自然数解は、ありません。
導いていないものを導いたと嘘ついているからゴミ。
他人が納得できる理由を挙げろ。
なお、過去の繰り返しはすべて理由になってないからゴミ。
教科書などに基づくまともな数学的な理由を挙げろ。
それ以外の返信は、日高が詐欺師で、証明がでたらめなのを認めたものとみなす。 >323
>日高を説き伏せる必要はないんだよな
日高が同じものを何度書こうと間違ってるものは間違ってるし
日高が理解しなくても日高は間違ってる
日高以外がその事を理解してれば何ら問題ない
間違いの理由を教えていただけないでしょうか。 >324
>多項式が等しいことの定義が言えなけりゃ，お前の証明は無意味だ。
理由を教えていただけないでしょうか。 >325
>>>251までさかのぼったが、掛けても割ってもいないよ。君は。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが成り立つならば、
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pも成り立ちます。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (別解)
【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を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >326
>> 1で、示しています。
嘘つきめ。「B=Dのとき」しか調べてないだろ。
1で、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
と書いています。 >327
>この「(3)が成り立たない」ことの根拠がまったくない。
根拠は、「1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。」
です。 >328
>>「r^(p-1)=pのとき」しか調べていません。インチキです。
>
> どうしてでしょうか？
そうでない場合を検討していないから。
r^(p-1)=pでない場合は、r^(p-1)=apとなります。
r^(p-1)=pのとき、成り立つならば、r^(p-1)=apのときも、成り立ちます。 >329
> 連立方程式
> { z^p=x+y
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に自然数解がないことは、1で示しています。
それがどうした？ 前者に自然数解がないことの証明がないぞ。
「等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。」
からです。 >332
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)とする。
> (2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
君は二つの多項式が互いに等しいことの定義を知らないのに「r^(p-1)=p」と書いている。
r^(p-1){(y/r)^p-1}とp{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}は、等しいです。 >333
>> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)とする。
> (2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
まだ、(2)の形と「r^(p-1)=p」と仮定することとの間に関係があると思っている？
はい。 >339
>>>337
そんなこと証明のどこにも書いてないですよ。
「導いた」というのも普通の意味じゃないようだし、いずれにしても間違っています。
(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
と書いています。 >340
>> (3)から、導いた連立式に自然数解がないならば、(3)にも、自然数解は、ありません。
導いていないものを導いたと嘘ついているからゴミ。
他人が納得できる理由を挙げろ。
なお、過去の繰り返しはすべて理由になってないからゴミ。
教科書などに基づくまともな数学的な理由を挙げろ。
それ以外の返信は、日高が詐欺師で、証明がでたらめなのを認めたものとみなす。
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。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>353
> >340
> >> (3)から、導いた連立式に自然数解がないならば、(3)にも、自然数解は、ありません。
> 導いていないものを導いたと嘘ついているからゴミ。
> 他人が納得できる理由を挙げろ。
> なお、過去の繰り返しはすべて理由になってないからゴミ。
> 教科書などに基づくまともな数学的な理由を挙げろ。
> それ以外の返信は、日高が詐欺師で、証明がでたらめなのを認めたものとみなす。
>
> 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。
はい。詐欺師で証明がでたらめなの決定。 >355
>はい。詐欺師で証明がでたらめなの決定。
どうしてでしょうか？ >>352
>(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
>AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
>と書いています。
B=Dのときしか書いてありません。
B≠Dのときどうなるか書いてないので全く証明になっていません。 >357
>B≠Dのときどうなるか書いてないので全く証明になっていません。
B≠Dのときは、
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。 >>358
それがどうしたのですか?
一言だけ書かれても全く意味不明です。 >359
>>>358
それがどうしたのですか?
一言だけ書かれても全く意味不明です。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}ならば、x=1,y=1となります。
3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}ならば、x=1,y=2となります。
この場合、a=3となります。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となるので、
(z^p/a)=(x+y)となります。 >>360
ただの例をだされても何が言いたいのか全くわかりません。
とにかく(3)が成り立たないことを証明してください。 >361
>ただの例をだされても何が言いたいのか全くわかりません。
とにかく(3)が成り立たないことを証明してください。
1で、証明しています。 >362
>x^2-xy+y^2=1987561のときは？
a=1987561となるので、
(z^3/a)a=(x+y)(x^2-xy+y^2)…(2)
となります。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>363
>>1 では証明になっていません。
連立方程式
{ z^p=x+y
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立たないことから
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
が成り立たないということは言えません。
このことの証明がないので、>>1 は誤りです。
誰にもわかるように論理的に説明されていなければ、証明とは言えません。
あなたの「証明」で納得する人は一人もいません。 >366
>連立方程式
{ z^p=x+y
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立たないことから
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
が成り立たないということは言えません。
(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
は、間違いでしょうか？ >>356
> >355
> >はい。詐欺師で証明がでたらめなの決定。
>
> どうしてでしょうか？
まともな理由を述べずに疑問でごまかしたから。日本語読め。 >>364 日高
> a=1987561となるので、
> (z^3/a)a=(x+y)(x^2-xy+y^2)…(2)
> となります。
それで、x,y,zが存在しないことはどうしてわかるの？ >>367
そこから(3)が成り立たないことが何でわかるの？
どんな定理を使うんですか？ >368
>まともな理由を述べずに疑問でごまかしたから。日本語読め。
「まともな理由を述べずに疑問でごまかしたから。」は、どこの部分でしょうか？ >369
>> a=1987561となるので、
> (z^3/a)a=(x+y)(x^2-xy+y^2)…(2)
> となります。
それで、x,y,zが存在しないことはどうしてわかるの？
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。からです。 >370
>>>367
そこから(3)が成り立たないことが何でわかるの？
どんな定理を使うんですか？
「1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。」
からです。 >>372 日高
> >369
> >> a=1987561となるので、
> > (z^3/a)a=(x+y)(x^2-xy+y^2)…(2)
> > となります。
> それで、x,y,zが存在しないことはどうしてわかるの？
>
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。からです。
それはもうわかった。たくさんだ。(3)が成り立たない理由を示してくれ。 >>373
その論理では、連立方程式を満たすx,y,zがないことはわかりますが、
(3)を満たすx,y,zがないことはわかりません。
したがって、(3)が成り立たない証明にはなりません。 >>371
> >368
> >まともな理由を述べずに疑問でごまかしたから。日本語読め。
>
> 「まともな理由を述べずに疑問でごまかしたから。」は、どこの部分でしょうか？
はじめから日本語読み直せ。５千回くらい。 >>336に日高の迷妄がつまっている。できるならといてやりたい。 >>348 日高
> r^(p-1)=pのとき、成り立つならば、r^(p-1)=apのときも、成り立ちます。
成り立つ、って何が？ 自分の理解力が無いばかりに皆様には大変な迷惑をかけたことお詫びします。
自分の証明が循環論法になっていることも理解できていませんでした。
こんな糞のような証明を世間様に見せてしまい恥ずかしい限りです。
以降はまっとうな議論のためにスレをご利用ください。 >379
>自分の理解力が無いばかりに皆様には大変な迷惑をかけたことお詫びします。
自分の証明が循環論法になっていることも理解できていませんでした。
こんな糞のような証明を世間様に見せてしまい恥ずかしい限りです。
以降はまっとうな議論のためにスレをご利用ください。
379は、偽物の仕業です。
名前を、お教えください。
どのような、方法でこの様なことができるか、その方法を知りたいです。
また、私のスレに、対してこの様な反応をする人がいるのか、知りたいです。 >374
>> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。からです。
それはもうわかった。たくさんだ。(3)が成り立たない理由を示してくれ。
1で、示しています。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >375
>>>373
その論理では、連立方程式を満たすx,y,zがないことはわかりますが、
(3)を満たすx,y,zがないことはわかりません。
したがって、(3)が成り立たない証明にはなりません。
「(3)を満たすx,y,zがないことはわかりません。」
どうしてでしょうか？ >376
>> 「まともな理由を述べずに疑問でごまかしたから。」は、どこの部分でしょうか？
はじめから日本語読み直せ。５千回くらい。
意味を具体的に、教えていただけないでしょうか。 >377
>>>336に日高の迷妄がつまっている。できるならといてやりたい。
詳しく間違いを、説明していただけないでしょうか。 >386
>５千回読み直せと書いた。無視するな。
無理です。 >>381 日高
> >374
> >> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。からです。
>
> それはもうわかった。たくさんだ。(3)が成り立たない理由を示してくれ。
>
> 1で、示しています。
>>1のどこでか具体的に示していただけませんか。 >>380
380は偽物の仕業です
これは自動巡回botで、指定されたキーワード以外には
「どのような意味でしょうか？」
「わかりません」
としか返答できないので無視してください。
糞みたいなテンプレを上げ続けるのもbotならではです。
もう数学には関わらないので勘弁してください。 >>336 日高
> AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるです。
> A,B,C,Dは、数字ですので、この場合は、
> 6*1=2*3は、
> 6*1=(2*3)(3*1/3)とします。
最終的にA,B,C,Dはそれぞれいくつですか？ >388
>>>1のどこでか具体的に示していただけませんか。
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。 間違った証明にもなってない文字の羅列をあげてしまいすいません。
ここではない数学の掲示板でもbotが暴れて無視され続けてました。
自分は馬鹿なのでとてもフェルマーの最終定理なんて考える頭はありません。 >>391 日高
> >388
> >>>1のどこでか具体的に示していただけませんか。
>
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
君は、P,Qを命題とするとき「P」と「PならばQ」との区別がついていない。 >390
>> AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるです。
> A,B,C,Dは、数字ですので、この場合は、
> 6*1=2*3は、
> 6*1=(2*3)(3*1/3)とします。
最終的にA,B,C,Dはそれぞれいくつですか？
A=6,B=1,C=(2*3),D=(3*1/3)です。 >394
>君は、P,Qを命題とするとき「P」と「PならばQ」との区別がついていない。
詳しく説明していただけないでしょうか。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 二つまとめてお答えします。
>>396 日高
> >390
> >> AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるです。
> > A,B,C,Dは、数字ですので、この場合は、
> > 6*1=2*3は、
> > 6*1=(2*3)(3*1/3)とします。
>
> 最終的にA,B,C,Dはそれぞれいくつですか？
>
> A=6,B=1,C=(2*3),D=(3*1/3)です。
>>397 日高
> >394
> >君は、P,Qを命題とするとき「P」と「PならばQ」との区別がついていない。
>
> 詳しく説明していただけないでしょうか。
かなり深く病んでいるようです。このスレッドで簡単に治せるものではありません。
まずは普通の数学を、参考書などを買ってきて勉強してください。 >>387
> >386
> >５千回読み直せと書いた。無視するな。
>
> 無理です。
なら聞くな。５千回読み直してから聞け。 >399
>かなり深く病んでいるようです。このスレッドで簡単に治せるものではありません。
まずは普通の数学を、参考書などを買ってきて勉強してください。
理由を教えていただけないでしょうか。 日高さん、
「x>2である」と「x>2であるならばx>1である」との違いはわかりますか？ >400
>なら聞くな。５千回読み直してから聞け。
どうしてでしょうか？ >>401 日高
> >399
> >かなり深く病んでいるようです。このスレッドで簡単に治せるものではありません。
> まずは普通の数学を、参考書などを買ってきて勉強してください。
>
> 理由を教えていただけないでしょうか。
自己流、というか間違った考え方が身についてしまっています。
私がそう判断する、というのが理由です。
ほかのかたの意見も参考になさってください。 >402
>「x>2である」と「x>2であるならばx>1である」との違いはわかりますか？
xが、自然数ならば、違いは、無いと思います。 >>405 日高
> >402
> >「x>2である」と「x>2であるならばx>1である」との違いはわかりますか？
>
> xが、自然数ならば、違いは、無いと思います。
違います。
xが1の場合「x>2である」は偽です。
xが1の場合でも「x>2であるならばx>1である」は真です。
仮定の「x>2であるならば」が満たされませんから。
命題「PならばQ」はPが真の場合にQが真ならば真です。
Pが偽の場合にQが真でも偽でも「PならばQ」は真とされます。 >404
>自己流、というか間違った考え方が身についてしまっています。
私がそう判断する、というのが理由です。
ほかのかたの意見も参考になさってください。
どの、部分が間違った考え方でしょうか？ >>334
> x=4、z=5、y=3のとき
> { 2=(z-y)
> { (x^p/2)=(z+y)と、
> (x^p/2)2=(z+y)(z-y)は、成り立ちます。
それは全く関係ありません。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないならば(x^p/1)1=(z+y)(z-y)が成り立たない、は間違い
なので>>1の証明は間違いです。
具体的にあなたの証明でいうと
①> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
②> これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
③> (3)が成り立たない
①と②から③だと言っている部分が間違いです。 >>403
> >400
> >なら聞くな。５千回読み直してから聞け。
>
> どうしてでしょうか？
やるべきことをやらない誤魔化し爺だから。 >>408追記
前にも書きましたが
{ A=C
{ B=D
を満たすとき、AB=CDを満たす
という文と
{ A=C
{ B=D
を満たさないとき、AB=CDを満たさない
という文の2つの文は、正しいかどうかということについて全く関係がありません。
数学でいうと、2つの文は「裏」の関係にあります。
正しいかどうかは、別々に調べる必要があります。
この文の場合、上の文は正しい。下の文は間違い。 >>407 日高
> どの、部分が間違った考え方でしょうか？
ほぼ同時書き込みだったようですが>>406を書きました。これは重大な点です。 >>383
>「(3)を満たすx,y,zがないことはわかりません。」
>どうしてでしょうか？
連立方程式を満たす自然数x,y,zがないことを示しただけなのに、
(3)を満たすx,y,zがないことがどうしてわかるのですか？
>>408 >>410 で同じ趣旨のことが書かれていますので、続きはそちらでやってください。 >>407
これがbotです！やっすいゲーム会社のサポセンが送ってくるより程度の低い返ししかしません。
どうあっても自分の証明は間違っているのでこれ以上構わないでください。
偽物botちょっと黙っててくれ！
言葉も理解できないのに成り済ますな >>407
この返しを見てもらえばわかると思いますが、いかにもbotらしい返しです。
この偽物botはかかれている内容を理解できません。
ただ機械的に「どういう意味でしょうか？」と返答するようになってます。
どうぞもっと有益な議論にスレを利用してください。 やはりここのスレ主はbotであったか！
正常な人間ならこんな知性の無いbot書き込みを続けることはできないからな >>415
そうなんですよ
困ったことに毎朝あの見苦しい数式を勝手に書き込むもんだから変に目についちゃうんです。
この偽bot停められないかな x^n+y^n=z^nについて
n≧3の時、xyzを満たす自然数が存在すると仮定し、その平面上でどのような性質を持つかを考えたい
平面を考えたいため両辺をz^nで割り
(x/z)を新たにPと置く
(y/z)を新たにQと置く
(x/z)^n+(y/z)^n=P^n+Q^n=1
xyzを満たす自然数が存在する仮定であるため
P,Qは有理数になるはずである
複素平面a+biでbi=0になる点が存在しなければ話が早かったのだが、そうは問屋が下ろさないらしい
どうやら楕円曲線の有理点を調べなければ結論は出せなさそうだ(つづく) >406
>「x>2である」と「x>2であるならばx>1である」との違いはわかりますか？
>
> xが、自然数ならば、違いは、無いと思います。
違います。
xが1の場合「x>2である」は偽です。
xが1の場合でも「x>2であるならばx>1である」は真です。
仮定の「x>2であるならば」が満たされませんから。
命題「PならばQ」はPが真の場合にQが真ならば真です。
Pが偽の場合にQが真でも偽でも「PならばQ」は真とされます。
そうですね。 >408
>{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないならば(x^p/1)1=(z+y)(z-y)が成り立たない、は間違い
なので>>1の証明は間違いです。
具体的にあなたの証明でいうと
①> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
②> これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
③> (3)が成り立たない
①と②から③だと言っている部分が間違いです。
それならば、
「(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。」
も、間違いということになりますが、「… 」は、間違いでしょうか？ >410
{ A=C
{ B=D
を満たすとき、AB=CDを満たす
という文と
{ A=C
{ B=D
を満たさないとき、AB=CDを満たさない
という文の2つの文は、正しいかどうかということについて全く関係がありません。
数学でいうと、2つの文は「裏」の関係にあります。
正しいかどうかは、別々に調べる必要があります。
この文の場合、上の文は正しい。下の文は間違い。
この、たとえは、私の証明の
「(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。」
とは、違うように、思われます。 >420
>この、たとえは、私の証明の
「(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。」
とは、違うように、思われます。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>338
今 z=5,y=4 の話してないよ。
んで、 z=5,y=3 で(3)が成り立たない
というのは事実です。
-----
あるz, yは(2)の場合で、…
あるz, yは(3)の場合で、…
とか言ってないでしょ。
「あらゆるx,y,z で(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない」……(a)
と言っているんでしょ。 >409
>> どうしてでしょうか？
やるべきことをやらない誤魔化し爺だから。
「誤魔化し爺だから。」
理由を教えていただけないでしょうか。 >415
>やはりここのスレ主はbotであったか！
正常な人間ならこんな知性の無いbot書き込みを続けることはできないからな
「bot書き込み」では、ありません。 >>424
書き方が悪かったです。正確には
「あらゆるx,y,z で、｛(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない｝」……(a)
です。 >424
>今 z=5,y=4 の話してないよ。
んで、 z=5,y=3 で(3)が成り立たない
というのは事実です。
「 z=5,y=3 で(3)が成り立たない」のでは、ありません。
z=5,y=3 は、(3)の場合では、ありません。 >>428
ん？なんか勘違いがあるようだが。
α. (3)とは
連立方程式
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
である。
β. (3)にz=5,y=3を代入する
{ 1=(5-3)
{ (x^p/1)=(5+3)
γ. 1=(5-3)は、成り立っていない式である。
δ. よって、(3)にz=5,y=3を代入したものは、成り立たない。
ε. よって、「 z=5,y=3 で(3)が成り立たない」
こういう事じゃないの？ >>425
やはりbotですね、定型文の返答がよい証拠です >427
>「あらゆるx,y,z で、｛(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない｝」……(a)
と、「あらゆるx,y,z で、｛(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない｝」……(a)
の違いは、なにでしょうか？ >429
>？なんか勘違いがあるようだが。
α. (3)とは
連立方程式
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
である。
β. (3)にz=5,y=3を代入する
{ 1=(5-3)
{ (x^p/1)=(5+3)
γ. 1=(5-3)は、成り立っていない式である。
δ. よって、(3)にz=5,y=3を代入したものは、成り立たない。
ε. よって、「 z=5,y=3 で(3)が成り立たない」
β. (3)にz=5,y=3を代入する
{ 1=(5-3)
{ (x^p/1)=(5+3)
「(3)にz=5,y=3を代入する」が、間違いです。
(2)に、代入するのが、正しいです。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>418 日高
ですから、「B=Dのとき、A=Cとなる」と書いたからといって、
B=Dとなるわけではありません。 >>396 日高
いったん決めたA,B,C,Dの値を勝手に変えてはいけません。
ルール違反です。 >435
>>>418 日高
ですから、「B=Dのとき、A=Cとなる」と書いたからといって、
B=Dとなるわけではありません。
よく意味がわからないので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >>437 日高
これだけのことなので、これしか説明の方法がありません。
もしかして、なぜ私がこれを書いたか、その理由をお尋ねですか？ >436
>>>396 日高
いったん決めたA,B,C,Dの値を勝手に変えてはいけません。
ルール違反です。
A,B,C,Dが、数字なので、変えました。 >438
>>>437 日高
これだけのことなので、これしか説明の方法がありません。
もしかして、なぜ私がこれを書いたか、その理由をお尋ねですか？
よろしければ、理由を教えていただけないでしょうか。 >>439 日高
> A,B,C,Dが、数字なので、変えました。
そういうルール違反をしている証明をどこかで読まれましたか？ >>440 日高
>>1では、いつの間にかB=Dが成り立つものとされていますので。 >441
>> A,B,C,Dが、数字なので、変えました。
そういうルール違反をしている証明をどこかで読まれましたか？
私の証明では、A,B,C,Dは、式です。 >>443 日高
> そういうルール違反をしている証明をどこかで読まれましたか？
>
> 私の証明では、A,B,C,Dは、式です。
それって、質問に答えていないでしょう？ >442
>>>440 日高
>>1では、いつの間にかB=Dが成り立つものとされていますので。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなるです。
A,C,Dは、式なので、成り立ちます。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>437
このように簡単な言葉を理解できず定型文で返すのがbot特有の返答です
人間相手ではないので疲れるだけですからアンカはつけないようにお願いします。
なんども言いますが相手は書かれている内容を理解できません。 >>446
これも、ある時間毎に変な数式の羅列を定期で上げるbot特有の行動です
目障りだとは思いますが放置してやってください >>445 日高
> >442
> >>>440 日高
> >>1では、いつの間にかB=Dが成り立つものとされていますので。
>
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなるです。
>
> A,C,Dは、式なので、成り立ちます。
B=Dのときこれこれが成り立つ、ということであって、
B=Dが成り立つかどうかはべつの話です。わかりませか？ >>449
ご覧いただいている通り449さんの書いている内容をbotは一切理解できません
今後「どのような意味でしょうか？」等にお答えくださっても、最初の質問に戻るだけの循環で精神衛生上よろしくないことご承知おきください。 >449
>B=Dのときこれこれが成り立つ、ということであって、
B=Dが成り立つかどうかはべつの話です。わかりませか？
B=Dは、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}なので、成り立ちます。 >>452 日高
> B=Dは、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}なので、成り立ちます。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}はB=Dと仮定した場合の帰結です。
それを理由にあげるのは間違いです。 数学掲示板群
ttp://x0000.net/forum.aspx?id=1
アルファ・ラボ|学術掲示板群
（理系・文系・工学・語学）
ttp://x0000.net/ >453
>> B=Dは、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}なので、成り立ちます。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}はB=Dと仮定した場合の帰結です。
それを理由にあげるのは間違いです。
「 AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる」ので、
A,B,C,Dが式のとき、
B=Dのとき、A=Cとならないならば、AB=CDとなりません。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >454
>数学掲示板群
ttp://x0000.net/forum.aspx?id=1
アルファ・ラボ|学術掲示板群
（理系・文系・工学・語学）
ttp://x0000.net/
どういう意味でしょうか？ >>456
またbotが迷惑なものをあげてしまいすいません
定期的に書き込む使用のようですが時間設定はランダムっぽいです >>457
ここまでと同じように、キーワードに引っ掛からなかったので
どういう意味でしょうか？としか答えられません >>455 日高
> A,B,C,Dが式のとき、
> B=Dのとき、A=Cとならないならば、AB=CDとなりません。
だいたいそうですが、B=Dはあくまでも仮定です。
「x=1のときx^2=1」は正しいですがx=1と結論できるわけではありません。 >460
>> A,B,C,Dが式のとき、
> B=Dのとき、A=Cとならないならば、AB=CDとなりません。
だいたいそうですが、B=Dはあくまでも仮定です。
「x=1のときx^2=1」は正しいですがx=1と結論できるわけではありません。
どうしてでしょうか？ >>462 日高
普通、成人するまでにこのくらいわかるようになるものなんですけどね。
「甲が犯人ならば乙が共犯だ」と判明しても甲が犯人と決まるわけではありません。 >>463
その程度のことがわからないぐらい認識能力が低い自動機械です。
ほんとうにご迷惑をお掛けしてすいません >>463
恐らくその文章に対しても定型文の質問しか返ってきません。
文章の内容を把握できないからです。 >463
>普通、成人するまでにこのくらいわかるようになるものなんですけどね。
「甲が犯人ならば乙が共犯だ」と判明しても甲が犯人と決まるわけではありません。
よく理解できませんので、具体的に、教えていただけないでしょうか。 ご覧の通りの有り様です。
467,468を相手にしても時間を無駄にするだけです。
何卒ご理解ください 理解するつもりの無い自動機械に説明しても、やはり
理解できないので教えてください
としか返ってきません
しつこいようですが何度も書きます
相手は理解するつもりの無い自動応答マシンです
本当にすいません 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 471,472はbotです
また定期更新をしたみたいで皆様にはお目汚し申し訳ない 【定理】p≧3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】すでにワイルズ博士によって証明はなされている。
ここで、自分がいかように数式をいじろうとも、既に証明済みであるからxyzを満たす自然数はどうやっても現れない。
故に自分の証明は合っている。
って誰かに書かれてたのそのまんまです。
本当にすいません >>468 日高
「もし～ならば…である」という構文は理解できますか？ >>432
> 「(3)にz=5,y=3を代入する」が、間違いです。
どうして？
(3)にz=5,y=3を代入してはいけない、っていうルールでもあるの？ botが相変わらず暴れているようです。
まともな会話は出来ないので、書き込みをされる方は精神を病まない範囲で利用してください。 >>425
> >409
> >> どうしてでしょうか？
> やるべきことをやらない誤魔化し爺だから。
>
> 「誤魔化し爺だから。」
> 理由を教えていただけないでしょうか。
やるべきことをやらないから。
過去ログ全部100回ずつ読んで考えろ。 >>479
やるべきことをやらないとはどこを指して言っているのでしょうか？
という回答に10000ペリカ賭けます >476
>>>468 日高
「もし～ならば…である」という構文は理解できますか？
よく理解できませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >477
>>>432
> 「(3)にz=5,y=3を代入する」が、間違いです。
どうして？
(3)にz=5,y=3を代入してはいけない、っていうルールでもあるの？
ルールは、ありませんが、成り立ちません。 >479
>やるべきことをやらないから。
過去ログ全部100回ずつ読んで考えろ。
何を、考えたら良いのでしょうか？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>419
> 間違いということになります
どうしてそうなるのですか？
①> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
②> これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
③> (3)が成り立たない
が間違いであるとき
「(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。」
が間違いである、ということを証明できますか？
下の文を式にすれば
｛ (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つとき、(z^p/1)=(x+y)が成り立つ
であってこれは正しいです。
しかし
①> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
②> これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
③> (3)が成り立たない
①と②から③だと言っている部分が間違いです。
なので>>1の証明は間違いです。 >>481 日高
> >476
> >>>468 日高
> 「もし～ならば…である」という構文は理解できますか？
>
> よく理解できませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。
……と言っているのに>>485 日高に
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
と書いているのは，知ったかぶりですか？ 【定理】p≧3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】すでにワイルズ博士によって証明はなされている。
ここで、自分がいかように数式をいじろうとも、既に証明済みであるからxyzを満たす自然数はどうやっても現れない。
故に自分の証明は合っている。
全ては自動応答ましーんの仕業 >>486,487
どう言うことでしょうか？
に類する回答しか選択されないのでまた説明し直しになりますよ また自動更新の時間か、間隔が短くなってきているようでご迷惑をお掛けします。 >>482
> >477
> >>>432
> > 「(3)にz=5,y=3を代入する」が、間違いです。
> どうして？
> (3)にz=5,y=3を代入してはいけない、っていうルールでもあるの？
>
> ルールは、ありませんが、成り立ちません。
「成り立ちません。」というのは
(3)が成り立ちません。
と言っているの？ >>420
> 「(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。」
そんなところの話はしていません。
④> 1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
⑤> これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
⑥> (3)が成り立つ
④と⑤から⑥だというのはは正しい
①> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
②> これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
③> (3)が成り立たない
①と②から③だと言っている部分が間違い
この2つが「裏」の関係であるということです。
この2つが正しいかどうかは別々に証明しなければいけない、ということです。
そして実際には上は正しい。下は間違い。 >>1 日高風に。
【日高風・定理】x^3+y^3=z^2は、自然数解を持たない。
【日高風・証明】x^3+y^3=(x+y){x^2-xy+y^2}と変形して、
z^2=(x+y){x^2-xy+y^2}…(1)を考える。
(z^2/a)a=(x+y){x^2-xy+y^2}…(2)
(z^2/1)1=(x+y){x^2-xy+y^2}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(z^2/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^2-xy+y^2}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^2-xy+y^2}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(z^2/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴x^3+y^3=z^2は、自然数解を持たない。
（反例：1^3+2^3=3^2） 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 484,485自動巡回botです
精神衛生上非常によろしくないです
言葉は理解できません 【定理】p≧3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】すでにワイルズ博士によって証明はなされている。
ここで、自分がいかように数式をいじろうとも、既に証明済みであるからxyzを満たす自然数はどうやっても現れない。
故に自分の証明は合っている。
って誰かに書かれてたのそのまんまです。
本当にすいません ミスりました、だって人間だもの
494,495は自動巡回botです
言葉はわかりません
キーワードに引っ掛からないものは
わからないので教えてください
的なレスを自動で返しますが、内容は理解できません >486
>「(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。」
が間違いである、ということを証明できますか？
間違いではないので、どういう風に証明したらいいのか、わかりません。 >486
>しかし
①> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
②> これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
③> (3)が成り立たない
①と②から③だと言っている部分が間違いです。
なので>>1の証明は間違いです。
どうしてでしょうか？ >487
>> 「もし～ならば…である」という構文は理解できますか？
>
> よく理解できませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。
……と言っているのに>>485 日高に
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
と書いているのは，知ったかぶりですか？
どういう意味でしょうか？ >491
>> > 「(3)にz=5,y=3を代入する」が、間違いです。
> どうして？
> (3)にz=5,y=3を代入してはいけない、っていうルールでもあるの？
>
> ルールは、ありませんが、成り立ちません。
「成り立ちません。」というのは
(3)が成り立ちません。
と言っているの？
(3)に、z=5,y=3を代入すると、(3)は、成り立ちません。
(2)に、z=5,y=3を代入すると、(2)は、成り立ちます。 >492
>この2つが「裏」の関係であるということです。
よく、理解できません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >>501 日高
> と書いているのは，知ったかぶりですか？
>
> どういう意味でしょうか？
自分では理解できない構文を使うのを知ったかぶりと言います。 >493
>【日高風・定理】x^3+y^3=z^2は、自然数解を持たない。
これは、私の証明に関係が、あるのでしょうか？ >503
>自動応答ましーんのbot日高は恥を知らんのか？
どういう意味でしょうか？ >505
>>>501 日高
> と書いているのは，知ったかぶりですか？
>
> どういう意味でしょうか？
自分では理解できない構文を使うのを知ったかぶりと言います。
よく、意味が理解できません。 >>502
> (3)に、z=5,y=3を代入すると、(3)は、成り立ちません。
じゃあ、>>429に文句は無いね？ >>506 日高
> >493
> >【日高風・定理】x^3+y^3=z^2は、自然数解を持たない。
>
> これは、私の証明に関係が、あるのでしょうか？
これの【証明】が関連しているかもしれない。 >>509 日高
> >505
> >>>501 日高
> > と書いているのは，知ったかぶりですか？
> >
> > どういう意味でしょうか？
> 自分では理解できない構文を使うのを知ったかぶりと言います。
>
> よく、意味が理解できません。
幼稚園児なみの知能だな。 >>>502
> (3)に、z=5,y=3を代入すると、(3)は、成り立ちません。
じゃあ、>>429に文句は無いね？
違います。 >511
>> >【日高風・定理】x^3+y^3=z^2は、自然数解を持たない。
>
> これは、私の証明に関係が、あるのでしょうか？
これの【証明】が関連しているかもしれない。
x^3+y^3=z^2と、x^3+y^3=z^3は、違います。 >>502
> (3)に、z=5,y=3を代入すると、(3)は、成り立ちません。
実際に、(3)にz=5,y=3を代入した式を書いて、成り立たないことを確認してもらえますか？ >>513
> >>502
> > (3)に、z=5,y=3を代入すると、(3)は、成り立ちません。
> じゃあ、>>429に文句は無いね？
>
> 違います。
え、>>429のどこが違うの？ >512
>幼稚園児なみの知能だな。
理由を教えていただけないでしょうか。 >>514 日高
> >511
> >> >【日高風・定理】x^3+y^3=z^2は、自然数解を持たない。
> >
> > これは、私の証明に関係が、あるのでしょうか？
>
> これの【証明】が関連しているかもしれない。
>
> x^3+y^3=z^2と、x^3+y^3=z^3は、違います。
それは「主張」が違う。私が書いたのは【証明】が。 >515
>(3)に、z=5,y=3を代入すると、(3)は、成り立ちません。
実際に、(3)にz=5,y=3を代入した式を書いて、成り立たないことを確認してもらえますか？
5-3≠1となります。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>519
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
この式にz=5,y=3を代入して、本当にそんな形になったんですか？ >>426
> >415
> >やはりここのスレ主はbotであったか！
>
> 正常な人間ならこんな知性の無いbot書き込みを続けることはできないからな
>
> 「bot書き込み」では、ありません。
botでない証拠はありますか？
あなたの書き込みには人間らしい知性を感じないのですが。
「どうしてでしょうか」「理由を教えてください」
はbotの応答と見なしますので、返答はそれ以外でお願いします。 >>517 日高
> >512
> >幼稚園児なみの知能だな。
>
> 理由を教えていただけないでしょうか。
もう教えた。君が理解できないだけ。 >>1の証明が正しいなら、その中のz^pをz^2で置き換えたものも正しい証明なのでは。 >>484
> >479
> >やるべきことをやらないから。
> 過去ログ全部100回ずつ読んで考えろ。
>
> 何を、考えたら良いのでしょうか？
ほら。ごまかし。ゴミボット爺。
やるべきことが何か考えれば良い。
まず過去ログ全部100回ずつ読んでから返事しろ。詐欺ボット爺。 >516
>> 違います。
え、>>429のどこが違うの？
z=5,y=3は、(1),(2)に、当てはまりますが、(3)には、当てはまりません。 >518
>> x^3+y^3=z^2と、x^3+y^3=z^3は、違います。
それは「主張」が違う。私が書いたのは【証明】が。
どういう意味でしょうか？ >521
>(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
この式にz=5,y=3を代入して、本当にそんな形になったんですか？
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)に、z=5,y=3を代入すると、x=4となります。
1=(z-y)に、z=5,y=3を代入することは、不可能です。 >522
>botでない証拠はありますか？
あなたの書き込みには人間らしい知性を感じないのですが。
「どうしてでしょうか」「理由を教えてください」
はbotの応答と見なしますので、返答はそれ以外でお願いします。
どのような、返答がよろしいのでしょうか？ >523
> >幼稚園児なみの知能だな。
>
> 理由を教えていただけないでしょうか。
もう教えた。君が理解できないだけ。
どのように、教えていただいたのでしょうか？ >>526
> z=5,y=3は、(1),(2)に、当てはまりますが、(3)には、当てはまりません。
うん。だから>>429では
> ε. よって、「 z=5,y=3 で(3)が成り立たない」
と結論付けてるじゃん。 >524
>>>1の証明が正しいなら、その中のz^pをz^2で置き換えたものも正しい証明なのでは。
正しい証明では、ありません。
pは、奇素数です。 >525
>> 何を、考えたら良いのでしょうか？
ほら。ごまかし。ゴミボット爺。
やるべきことが何か考えれば良い。
まず過去ログ全部100回ずつ読んでから返事しろ。詐欺ボット爺。
なぜでしょうか？理由を教えていただけないでしょうか。 >531
>> z=5,y=3は、(1),(2)に、当てはまりますが、(3)には、当てはまりません。
うん。だから>>429では
> ε. よって、「 z=5,y=3 で(3)が成り立たない」
と結論付けてるじゃん。
(3)は、(x^p/1)1=(z+y)(z-y)なので、
「 z=5,y=3 で(3)が成り立たない」は、書き方が、間違っています。
「1=5-3は、成り立たない」です。
2=5-3は、成り立ちます。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>534
> (3)は、(x^p/1)1=(z+y)(z-y)なので、
> 「 z=5,y=3 で(3)が成り立たない」は、書き方が、間違っています。
> 「1=5-3は、成り立たない」です。
> 2=5-3は、成り立ちます。
でも>>502には
> (3)に、z=5,y=3を代入すると、(3)は、成り立ちません。
と書いてるよ。書き方同じだよね？ >529
>どのような、返答がよろしいのでしょうか？
いかにもbotらしい返答ですね。答える必要を認めません。
こうやって相手に何かを言わせて、またそれに応答することで、会話（のようなもの）を続けるのがbotのやり方です。
それはともかく、元の質問
botでない証拠はありますか？
にお答えください。 >>533
> >525
> >> 何を、考えたら良いのでしょうか？
> ほら。ごまかし。ゴミボット爺。
> やるべきことが何か考えれば良い。
> まず過去ログ全部100回ずつ読んでから返事しろ。詐欺ボット爺。
>
> なぜでしょうか？理由を教えていただけないでしょうか。
理由は様々な形で過去ログに書いてあるから。 >>533
> >525
> >> 何を、考えたら良いのでしょうか？
> ほら。ごまかし。ゴミボット爺。
> やるべきことが何か考えれば良い。
> まず過去ログ全部100回ずつ読んでから返事しろ。詐欺ボット爺。
>
> なぜでしょうか？理由を教えていただけないでしょうか。
コメント無視して返事するな。詐欺ボット爺に >536
>でも>>502には
> (3)に、z=5,y=3を代入すると、(3)は、成り立ちません。
と書いてるよ。書き方同じだよね？
すみません。502は、間違いです。
正しくは、
「1=(z-y)は、成り立ちません。」です。 >537
>それはともかく、元の質問
botでない証拠はありますか？
にお答えください。
どのような、証拠が、よろしいのでしょうか？ >538
>> なぜでしょうか？理由を教えていただけないでしょうか。
理由は様々な形で過去ログに書いてあるから。
どんな、理由でしょうか？ >>541
自分で考えられないのですか？
普通の知能がある人間であれば可能だと思いますが。
考えられないということなら、bot並の知能だということになります。
前の繰り返しになりますが、
「なぜでしょうか」に類する１行応答はbotの応答と見なしますのでよろしく。 >543
>前の繰り返しになりますが、
「なぜでしょうか」に類する１行応答はbotの応答と見なしますのでよろしく。
はい。わかりました。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>532 日高
> >524
> >>>1の証明が正しいなら、その中のz^pをz^2で置き換えたものも正しい証明なのでは。
>
> 正しい証明では、ありません。
> pは、奇素数です。
うん、君には意味が通じないだろうと思っていた。
別の命題の正しい証明になるはず、の意味だよ。
別の言い方をすれば、
>>1ではzの肩に乗っている数がpであることを証明に使っていない。
これも君には意味がわからないだろうな。 >546
>>>1ではzの肩に乗っている数がpであることを証明に使っていない。
これも君には意味がわからないだろうな。
1のpを3としても、良いです。 >>535
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
君は「ならば」の意味がわからないと言いながらそれを使っている。
君は自分が何を書いているかわかっていないんだ。
このコメントの意味も君にはわからないだろうけどな。 もしも>>1の論法が正しいとすれば次も正しい。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=3zは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
3z=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(3z/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(3z/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(3z/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(3z/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=3zは、自然数解を持たない。 >>544
結局、自分がbotでない証拠を何も出せない（何をすればよいかさえわからない）ようなので、botであるという疑いを払拭できません。
今後も同じような応答が続くようであれば、botと見なすことにしたいと思います。 >548
>君は「ならば」の意味がわからないと言いながらそれを使っている。
君は自分が何を書いているかわかっていないんだ。
このコメントの意味も君にはわからないだろうけどな。
わかりません。 >>542
> >538
> >> なぜでしょうか？理由を教えていただけないでしょうか。
> 理由は様々な形で過去ログに書いてあるから。
>
> どんな、理由でしょうか？
聞く前に全て読め。ゴミが。 >549
>1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(3z/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
z=2/3ならば、式は、成り立ちます。 >>553 日高
> >549
> >1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> これを、(3z/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
>
> z=2/3ならば、式は、成り立ちます。
「zが自然数のとき」と書いてあるだろうが。 もしも>>1の論法が正しいとすれば次も正しい。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z+3は、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z+3=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
((z+3)/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
((z+3)/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を((z+3)/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、((z+3)/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z+3は、自然数解を持たない。 >>540
> >536
> >でも>>502には
> > (3)に、z=5,y=3を代入すると、(3)は、成り立ちません。
> と書いてるよ。書き方同じだよね？
>
> すみません。502は、間違いです。
> 正しくは、
> 「1=(z-y)は、成り立ちません。」です。
でも
「1=(z-y)は、成り立ちません。」
ならば、(3)も成り立たないのでは？
1=(z-y)は、(3)の一部でしょ？ >554
>> z=2/3ならば、式は、成り立ちます。
「zが自然数のとき」と書てあるだろうが。
「zが自然数のとき」は、式は成り立ちません。 >555
>これを、((z+3)/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
zが、整数のとき、式は成り立ちます。 >556
> 「1=(z-y)は、成り立ちません。」
ならば、(3)も成り立たないのでは？
1=(z-y)は、(3)の一部でしょ？
(3)は、成り立ちます。 >>559
> >556
> > 「1=(z-y)は、成り立ちません。」
> ならば、(3)も成り立たないのでは？
> 1=(z-y)は、(3)の一部でしょ？
>
> (3)は、成り立ちます。
どうして？
1行レスじゃ分からないよ。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >560
>> (3)は、成り立ちます。
どうして？
1行レスじゃ分からないよ。
(x^2/1)1=(z+y)(z-y)…(3)に、z=5,y=3を代入すると、
x=4となります。 >>562
> >560
> >> (3)は、成り立ちます。
> どうして？
> 1行レスじゃ分からないよ。
>
> (x^2/1)1=(z+y)(z-y)…(3)に、z=5,y=3を代入すると、
> x=4となります。
それは普通の数学のnotationでの話であり、日高のnotationでは(3)は
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
の連立方程式の意味になる。よね。
（参考：>>4,49） >563
>それは普通の数学のnotationでの話であり、日高のnotationでは(3)は
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
の連立方程式の意味になる。よね。
そうです。 >>564
> そうです。
であれば、(3)
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
にz=5,y=3を代入すると、
{ 1=(5-3)
{ (x^p/1)=(5+3)
が得られて、(3)は成り立たないよね。 >565
>> そうです。
であれば、(3)
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
にz=5,y=3を代入すると、
{ 1=(5-3)
{ (x^p/1)=(5+3)
が得られて、(3)は成り立たないよね。
(x^2/1)1=(z+y)(z-y)…(3)に、z=5,y=3を代入すると、
x=4となります。 >>566
> >565
> >> そうです。
> であれば、(3)
> { 1=(z-y)
> { (x^p/1)=(z+y)
> にz=5,y=3を代入すると、
> { 1=(5-3)
> { (x^p/1)=(5+3)
> が得られて、(3)は成り立たないよね。…（X)
>
> (x^2/1)1=(z+y)(z-y)…(3)に、z=5,y=3を代入すると、
> x=4となります。 (3)は成り立つ…（Y)
（X)と（Y)より、
「 z=5,y=3 で(3)が成り立たない、かつ、(3)が成り立つ」
が得られて矛盾します。 >567
>> であれば、(3)
> { 1=(z-y)
> { (x^p/1)=(z+y)
> にz=5,y=3を代入すると、
> { 1=(5-3)
> { (x^p/1)=(5+3)
> が得られて、(3)は成り立たないよね。…（X)
>
> (x^2/1)1=(z+y)(z-y)…(3)に、z=5,y=3を代入すると、
> x=4となります。 (3)は成り立つ…（Y)
（X)と（Y)より、
「 z=5,y=3 で(3)が成り立たない、かつ、(3)が成り立つ」
が得られて矛盾します。
はい。矛盾します。 >>568
> はい。矛盾します。
大元は>>561なので、
>>561は間違っているという事です。 >569
>>>568
> はい。矛盾します。
大元は>>561なので、
>>561は間違っているという事です。
どうしてでしょうか？ >>570
> >569
> >>>568
> > はい。矛盾します。
> 大元は>>561なので、
> >>561は間違っているという事です。
>
> どうしてでしょうか？
"証明"は、本流（z=5、y=4、x=3）だけでなく、
そこから派生した内容（z=5、y=3）にも矛盾があってはいけません。
（というか一部の例外を除いて、数学やってて矛盾なんて起きたらいかんのです）
そのような時は、大元の証明が間違っている、という事です。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >571
>"証明"は、本流（z=5、y=4、x=3）だけでなく、
そこから派生した内容（z=5、y=3）にも矛盾があってはいけません。
（というか一部の例外を除いて、数学やってて矛盾なんて起きたらいかんのです）
そのような時は、大元の証明が間違っている、という事です。
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。と思います。 >>573
> >571
> >"証明"は、本流（z=5、y=4、x=3）だけでなく、
> そこから派生した内容（z=5、y=3）にも矛盾があってはいけません。
> （というか一部の例外を除いて、数学やってて矛盾なんて起きたらいかんのです）
>
> そのような時は、大元の証明が間違っている、という事です。
>
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
>
> (3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。と思います。
そういう反論ではなくてですね、
私は、「『矛盾』が起きたから大元の証明はおかしい」
と言っているのです。
解決策は、矛盾を解消するか、一から証明を組み立て直す
しかないです。 >574
>> (3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。と思います。
そういう反論ではなくてですね、
私は、「『矛盾』が起きたから大元の証明はおかしい」
と言っているのです。
解決策は、矛盾を解消するか、一から証明を組み立て直す
しかないです。
『矛盾』とは、（z=5、y=3）のことでしょうか？ >>528
あなたは
> 1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
> { 1=(z-y)
> { (x^p/1)=(z+y)
> が成り立たない
のとき、(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つ、つまり(3)が成り立たない、は間違い
ことを確認しました。
同様に
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)
> { (z^p/1)=(x+y)
> が成り立たない
のとき、(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)が成り立つかもしれないので
>>1の証明は間違いです。 >>557 日高
> >554
> >> z=2/3ならば、式は、成り立ちます。
>
> 「zが自然数のとき」と書てあるだろうが。
>
> 「zが自然数のとき」は、式は成り立ちません。
>>554 １３２人目の素数さん
> 「zが自然数のとき」と書いてあるだろうが。
もしかして日高はコピー＆ペーストを知らないの？
あのばかばかしい証明を、毎回、一から書いているの？ >>558 日高
> >555
> >これを、((z+3)/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
>
> zが、整数のとき、式は成り立ちます。
証明すべき定理が自然数解を持つかどうかなのだから，
君の発言にはなんの意味もない。 >>575
> 『矛盾』とは、（z=5、y=3）のことでしょうか？
『矛盾』とは、>>567の
「 z=5,y=3 で(3)が成り立たない、かつ、(3)が成り立つ」
です。 >576
>あなたは
> 1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
> { 1=(z-y)
> { (x^p/1)=(z+y)
> が成り立たないとき、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つ、つまり(3)が成り立たない、は間違い
ことを確認しました。
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つときは、
z,yが、自然数のとき、xは、自然数、もしくは、無理数となります。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
の、z,yが、自然数のとき、1となりません。
{ a=(z-y)
{ (x^p/a)=(z+y)
ならば、z,yが、自然数のとき、aは、自然数となります。 >578
>証明すべき定理が自然数解を持つかどうかなのだから，
君の発言にはなんの意味もない。
あまり、意味はないと思います。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >579
>> 『矛盾』とは、（z=5、y=3）のことでしょうか？
『矛盾』とは、>>567の
「 z=5,y=3 で(3)が成り立たない、かつ、(3)が成り立つ」
です。
z=5,y=3 で(3)は、成り立ちます。 >>583
> z=5,y=3 で(3)は、成り立ちます。
かつ、z=5,y=3 で(3)は、成り立たない
から矛盾してるわけで。 >580
訂正します。
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つときは、
z,yが、自然数のとき、xは、自然数、もしくは、無理数となります。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
の、z,yが、5,3のとき、1となりません。
{ a=(z-y)
{ (x^p/a)=(z+y)
ならば、z,yが、5,3のとき、aは、自然数となります。 >>580
ごめんなさい、何が言いたいのか全く分かりません。
今話題にしている文> { 1=(z-y)
今話題にしている文> { (x^p/1)=(z+y)
今話題にしている文> が成り立たないとき、
今話題にしている文> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たない
あなたはz=5,y=3のとき
> 1=(z-y)は、成り立ちません。
と
> (3)は、成り立ちます。
と書いたのだから、今話題にしている文は間違っていますよね？ >584
>> z=5,y=3 で(3)は、成り立ちます。
かつ、z=5,y=3 で(3)は、成り立たない
から矛盾してるわけで。
z=5,y=3 で
1=(z-y)
(x^p/1)=(z+y)
は、成り立ちません。 >>587
> >584
> >> z=5,y=3 で(3)は、成り立ちます。
>
> かつ、z=5,y=3 で(3)は、成り立たない
> から矛盾してるわけで。
>
> z=5,y=3 で
> 1=(z-y)
> (x^p/1)=(z+y)
> は、成り立ちません。
うん。だから「成り立たない」って言ってんじゃん。 >>582 日高
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
> x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
a=1/2とするとz,yが存在しない、すなわち(3)は成り立たない、だけど，いいの？ >>589
誤）a=1/2とするとz,yが存在しない、すなわち(3)は成り立たない、だけど，いいの？
正）a=1/2とするとz,yが存在しない、すなわち(2)は成り立たない、だけど，いいの？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >586
>今話題にしている文> { 1=(z-y)
今話題にしている文> { (x^p/1)=(z+y)
今話題にしている文> が成り立たないとき、
今話題にしている文> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たない
あなたはz=5,y=3のとき
> 1=(z-y)は、成り立ちません。
と
> (3)は、成り立ちます。
と書いたのだから、今話題にしている文は間違っていますよね？
「今話題にしている文> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たない」
は、間違っています。 >588
>> >> z=5,y=3 で(3)は、成り立ちます。
>
> かつ、z=5,y=3 で(3)は、成り立たない
> から矛盾してるわけで。
「かつ、z=5,y=3 で(3)は、成り立たない」は、間違いです。
> z=5,y=3 で
> 1=(z-y)
> (x^p/1)=(z+y)
> は、成り立ちません。
うん。だから「成り立たない」って言ってんじゃん。
z=5,y=3 で
1=(z-y)は、計算不可能です。 >589
>> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
> x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
a=1/2とするとz,yが存在しない、すなわち(2)は成り立たない、だけど，いいの？
z,yを、有理数とすると、a=1/2となります。 >591
>>>399が、まだ解決していない。
まだ、わかりません。 592-596はＢＯＴです
また定期更新で変な数式上げていますが放置お願いします。
自動応答なので、キーワード以外は定型文のレスしか返らない仕様です
記載内容は一切理解しませんのでご注意ください 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】すでに証明されている定理です
ここでいかに自分が間違った仮定のことを適当に数式をいじって書いても
結論は変わりません。
何故ならすでに証明されているからです。 スレの皆様には大変ご迷惑をおかけしております
相手にするだけストレスを抱えることになる事をご承知おきください
何度もいいますが、自動応答なので記載内容は理解できません。
「よくわかりません」とか「どのような事でしょうか？」とＢＯＴ特有の返答しか返さない仕様になっています。 https://www.math.kyoto-u.ac.jp/~tetsushi/files/Galois_fest_ito_200705.pdf
こちらの資料が分かりやすいと思います
ＢＯＴが上げているものは証明と呼べるようなものではありませんのでご注意ください 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>602 日高
aは整数？ 有理数？ 実数？
「すべてのaに対し」なの？ 「あるaが存在し」なの？ >603
>aは整数？ 有理数？ 実数？
「すべてのaに対し」なの？ 「あるaが存在し」なの？
aは、自然数です。 >605
>後半の質問にも答えてください。
あるaが存在します。 601,602,604,606
ＢＯＴによる自動巡回です！ご注意ください 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】すでに証明されている定理です
ここでいかに自分が間違った仮定で適当に数式をいじって書いても
結論は変わりません。
何故ならすでに証明されているからです。 ＢＯＴは書き込みの内容を一切理解できません。
また、定期的におかしな数式をいじっただけの何かを書き込みます
はた迷惑な話ですが幾分にもＢＯＴの仕業、何卒ご容赦ください。 フェルマーの最終定理の比較的わかりやすい解説
https://www.math.kyoto-u.ac.jp/~tetsushi/files/Galois_fest_ito_200705.pdf 楕円曲線とモジュラー形式
（こちらは多少の知識が必要になります）
http://www.imetrics.co.jp/academy/EllipticCurves&;ModularForms.pdf 宇宙際タイヒミューラーを考案した望月先生のＨＰ
（他に本スレがあるので詳細はＡＢＣ予想の本スレへ）
http://www.kurims.kyoto-u.ac.jp/~motizuki/ 607,608,609,610,611,612,613,614,615,616は、偽物です。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 618,619,620 自動巡回ＢＯＴです
定時の数式上げをしていますが、そもそも証明になっていませんので
細部をいじってもゴミしか返ってきません。
ご注意ください 608日高2020/02/20(木) 16:31:41.59ID:eQOvIhMF
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】すでに証明されている定理です
ここでいかに自分が間違った仮定で適当に数式をいじって書いても
結論は変わりません。
何故ならすでに証明されているからです。 ワイルズの証明（原文）
http://scienzamedia.uniroma2.it/~eal/Wiles-Fermat.pdf
そもそも数学の証明ってなんだろう？
http://www.fse.sci.waseda.ac.jp/20180205-2/
フェルマーの最終定理の比較的わかりやすい解説
https://www.math.kyoto-u.ac.jp/~tetsushi/files/Galois_fest_ito_200705.pdf
楕円曲線とモジュラー形式
（こちらは多少の知識が必要になります）
http://www.imetrics.co.jp/academy/EllipticCurves&;ModularForms.pdf この偽物ＢＯＴは記載されている文章の内容は一切理解できません。
一部を抜粋して応答できるときは数式の一部を拾いますが、間違えてるを理解することはありません。
基本的には定型文での返答が返ってきます。
だってＢＯＴだもの 621,622,623,624,625,626,627は、偽物です。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 自動巡回ＢＯＴの定時更新が早くなっているようです
皆様にはご迷惑をおかけして申し訳ありません。 608日高2020/02/20(木) 16:31:41.59ID:eQOvIhMF
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】すでに証明されている定理です
ここでいかに自分が間違った仮定で適当に数式をいじって書いても
結論は変わりません。
何故ならすでに証明されているからです。 ワイルズの証明（原文）
http://scienzamedia.uniroma2.it/~eal/Wiles-Fermat.pdf
そもそも数学の証明ってなんだろう？
http://www.fse.sci.waseda.ac.jp/20180205-2/
フェルマーの最終定理の比較的わかりやすい解説
https://www.math.kyoto-u.ac.jp/~tetsushi/files/Galois_fest_ito_200705.pdf
楕円曲線とモジュラー形式
（こちらは多少の知識が必要になります）
http://www.imetrics.co.jp/academy/EllipticCurves&;ModularForms.pdf 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 633,637,639
自動巡回ＢＯＴです！ご注意ください 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】すでに証明されている定理です
ここでいかに自分が間違った仮定で適当に数式をいじって書いても
結論は変わりません。
何故ならすでに証明されているからです。 ワイルズの証明（原文）
http://scienzamedia.uniroma2.it/~eal/Wiles-Fermat.pdf
そもそも数学の証明ってなんだろう？
http://www.fse.sci.waseda.ac.jp/20180205-2/
フェルマーの最終定理の比較的わかりやすい解説
https://www.math.kyoto-u.ac.jp/~tetsushi/files/Galois_fest_ito_200705.pdf
楕円曲線とモジュラー形式
（こちらは多少の知識が必要になります）
http://www.imetrics.co.jp/academy/EllipticCurves&;ModularForms.pdf 日高式
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】すでに証明されている定理です
ここでいかに自分が間違った仮定で適当に数式をいじって書いても
結論は変わりません。
何故ならすでに証明されているからです。 ワイルズの証明（原文）
http://scienzamedia.uniroma2.it/~eal/Wiles-Fermat.pdf
そもそも数学の証明ってなんだろう？
http://www.fse.sci.waseda.ac.jp/20180205-2/
フェルマーの最終定理の比較的わかりやすい解説
https://www.math.kyoto-u.ac.jp/~tetsushi/files/Galois_fest_ito_200705.pdf
楕円曲線とモジュラー形式
（こちらは多少の知識が必要になります）
http://www.imetrics.co.jp/academy/EllipticCurves&;ModularForms.pdf BOTの特徴
・書き込まれている文章の内容は一切理解できません
・拾えるキーワードがなければ定型文での返答しか返ってきません
・一定時間ごとにおかしな数式っぽいものを投稿します
・必ずageで書きます（たぶんsage設定されていないのだと思います） 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>606 日高
> あるaが存在します。
だったらそれ書かないと。通じませんよ。 日高式
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】すでに証明されている定理です
ここでいかに自分が間違った仮定で適当に数式をいじって書いても
結論は変わりません。
何故ならすでに証明されているからです。 ワイルズの証明（原文）
http://scienzamedia.uniroma2.it/~eal/Wiles-Fermat.pdf
そもそも数学の証明ってなんだろう？
http://www.fse.sci.waseda.ac.jp/20180205-2/
フェルマーの最終定理の比較的わかりやすい解説
https://www.math.kyoto-u.ac.jp/~tetsushi/files/Galois_fest_ito_200705.pdf
楕円曲線とモジュラー形式
（こちらは多少の知識が必要になります）
http://www.imetrics.co.jp/academy/EllipticCurves&;ModularForms.pdf >>654
BOTはもともと書いてあったものを修正できません
申し訳ない >654
>> あるaが存在します。
だったらそれ書かないと。通じませんよ。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)ならば、
a=(z-y)のとき、(x^p/a)=(z+y)となります。 660をご覧いただけばわかると思いますが、まともな会話ができる仕様にはなっていません。
３０年前の人工無能でももっとましな回答を寄こすレベルです。
本当に申し訳ありません。 日高式
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】すでに証明されている定理です
ここでいかに自分が間違った仮定で適当に数式をいじって書いても
結論は変わりません。
何故ならすでに証明されているからです。
BOTに対抗する意味もまったくないのですが、癪に障るので再掲 >>594
> うん。だから「成り立たない」って言ってんじゃん。
>
> z=5,y=3 で
> 1=(z-y)は、計算不可能です。
どうして計算不可能なの？
根拠を書かないと分からないよ。 ワイルズの証明（原文）
http://scienzamedia.uniroma2.it/~eal/Wiles-Fermat.pdf
そもそも数学の証明ってなんだろう？
http://www.fse.sci.waseda.ac.jp/20180205-2/
フェルマーの最終定理の比較的わかりやすい解説
https://www.math.kyoto-u.ac.jp/~tetsushi/files/Galois_fest_ito_200705.pdf
楕円曲線とモジュラー形式
（こちらは多少の知識が必要になります）
http://www.imetrics.co.jp/academy/EllipticCurves&;ModularForms.pdf >>663
ここまでのやりとりですでにご理解いただいていると思いますが
理由は？とか根拠は？といった質問をＢＯＴは一切理解できないので回答不能です
心を患わない程度で留めておいてください >663
>> z=5,y=3 で
> 1=(z-y)は、計算不可能です。
どうして計算不可能なの？
根拠を書かないと分からないよ。
1≠5-3だからです。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>660 日高
> >654
> >> あるaが存在します。
>
> だったらそれ書かないと。通じませんよ。
>
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)ならば、
> a=(z-y)のとき、(x^p/a)=(z+y)となります。
そこに書くんじゃなくて。
>>669 日高
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
> x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
ここの最後の４行は，
< ある自然数aに対して(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
< (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
< 論理的に考えて、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
< 等式の性質により、(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
ぐらいかな。私は最後の１行が成り立つ理由がわからないが。 >670
>< ある自然数aに対して(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
< (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
< 論理的に考えて、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
< 等式の性質により、(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
ぐらいかな。私は最後の１行が成り立つ理由がわからないが。
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)の両辺に、aを掛けると、
(x^p/1)a=(z+y)(z-y)a
両辺を、aで割ると、
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)となるからです。 >>671 日高
> ぐらいかな。私は最後の１行が成り立つ理由がわからないが。
>
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)の両辺に、aを掛けると、
> (x^p/1)a=(z+y)(z-y)a
> 両辺を、aで割ると、
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)となるからです。
それは通常のnotationでの話。君のnotationでは(3)は
{ x^p/1=z+y
{ 1=z-y
のこと。最後の式は
{ x^p/a=z+y
{ a=z-y
で別のものだよね。 >>668
> うん。だから「成り立たない」って言ってんじゃん。
>
> >663
> >> z=5,y=3 で
> > 1=(z-y)は、計算不可能です。
>
> どうして計算不可能なの？
> 根拠を書かないと分からないよ。
>
> 1≠5-3だからです。
1≠5-3、つまり「1は5-3ではない」という事は、
「1=5-3は“成り立たない”」
という事ではないでしょうか。 >>674
> >>673
> 「計算不能」と「偽」とは違う。
「計算不能」はひとまず置いといて、
「1=5-3は偽」
とは言えると思ったのですが…… >>676
私の>>673のレスの書き方が不親切でしたね。
失礼しました。 二つの自然数mとnを使って以下のようにX,Y,Zを定めることでピタゴラス数を作ることができる。
但し、mとnは互いに素、m>n、m-nは奇数
X=m^2-n^2,Y=2mn,z=m^2+n^2
ex.m=2,n=1
2^2-1^2=3
2･2･1=4
2^2+1^2=5
(X,Y,Z)=(3,4,5)
また上記を
x^2+y^2=z^2に代入すると
(m^2-n^2)^2+(2mn)^2=(m^2+n^2)^2
m^4-2m^2n^2+n^4
+4m^2n^2
=m^4+2m^2n^2+n^4
両辺が一致する >>593
> 「今話題にしている文> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たない」
> は、間違っています。
そうですね、では
(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
{ B=D
{ A=C
が成り立たないとき、
AB=CD…(3)’が成り立たない
も、単に文字を置き換えただけなので、>>593と同様に間違っていますよね？ >>679
> また上記を
> x^2+y^2=z^2に代入すると
...
> 両辺が一致する
まだ合っているかどうかわからないのですから
左辺=...
右辺=...
として「両辺は一致する」としなければなりません。 >672
>> ぐらいかな。私は最後の１行が成り立つ理由がわからないが。
>
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)の両辺に、aを掛けると、
> (x^p/1)a=(z+y)(z-y)a
> 両辺を、aで割ると、
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)となるからです。
それは通常のnotationでの話。君のnotationでは(3)は
{ x^p/1=z+y
{ 1=z-y
のこと。最後の式は
{ x^p/a=z+y
{ a=z-y
で別のものだよね。
同じです。
{ x^p/1=z+y
{ 1=z-y
が、成り立つならば、
{ x^p/a=z+y
{ a=z-y
も、成り立ちます。 >673
>> 1≠5-3だからです。
1≠5-3、つまり「1は5-3ではない」という事は、
「1=5-3は“成り立たない”」
という事ではないでしょうか。
「“成り立たない”」と、意味が違います。「無理」という意味です。 >675
>「1=5-3は偽」
とは言えると思ったのですが……
言えると思います。 >681
>(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
{ B=D
{ A=C
が成り立たないとき、
AB=CD…(3)’が成り立たない
AB=CDでないならば、B=Dのとき、 A=Cとなりません。 >>684
> >673
> >> 1≠5-3だからです。
> 1≠5-3、つまり「1は5-3ではない」という事は、
> 「1=5-3は“成り立たない”」
> という事ではないでしょうか。
>
> 「“成り立たない”」と、意味が違います。「無理」という意味です。
>>685
> >675
> >「1=5-3は偽」
> とは言えると思ったのですが……
>
> 言えると思います。
「成り立たない」と「偽」は同じ意味です。
上記二つの回答は矛盾しています。 >687
>> >「1=5-3は偽」
> とは言えると思ったのですが……
>
> 言えると思います。
「成り立たない」と「偽」は同じ意味です。
上記二つの回答は矛盾しています。
例
x^2=3の場合、
xを自然数とすると、「成り立たない」となります。
1=5-3の場合、「成り立たない」となりますが、
前者と、意味が異なります。
x^2=3の場合、xを自然数としないと、成り立ちます。
1=5-3の場合、無条件に、成り立ちません。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>688
その例については後で議論するかもとして、
その例は答えになっていません。
> 「1=5-3は“成り立たない”」
> 「“成り立たない”」と、意味が違います。「無理」という意味です。
と
> >「1=5-3は偽」
> 言えると思います。
は、同じ質問に対して、異なる返答をしていますよ、と言っています。 >>688
> 例
> x^2=3の場合、
> xを自然数とすると、「成り立たない」となります。
>
> 1=5-3の場合、「成り立たない」となりますが、
> 前者と、意味が異なります。
>
> x^2=3の場合、xを自然数としないと、成り立ちます。
> 1=5-3の場合、無条件に、成り立ちません。
前者のたとえは良く分からないのですが、
> 1=5-3の場合、無条件に、成り立ちません。
つまり「成り立たない」んですよね？
「計算不可能」とか「無理」とかではなく。 >690
>同じ質問に対して、異なる返答をしていますよ、と言っています。
そうかも、しれません。 >691
>前者のたとえは良く分からないのですが、
> 1=5-3の場合、無条件に、成り立ちません。
つまり「成り立たない」んですよね？
「計算不可能」とか「無理」とかではなく。
1=5-3は、「計算不可能」なので、「成り立たない」となります。 >>680は使えそうですね
テンプレに追加します
688,689,692,693は偽物ＢＯＴです
会話は成立しないのでご注意ください 日高式
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】すでに証明されている定理です
ここでいかに自分が間違った仮定で適当に数式をいじって書いても
結論は変わりません。
何故ならすでに証明されているからです。 ワイルズの証明（原文）
http://scienzamedia.uniroma2.it/~eal/Wiles-Fermat.pdf
そもそも数学の証明ってなんだろう？
http://www.fse.sci.waseda.ac.jp/20180205-2/
フェルマーの最終定理の比較的わかりやすい解説
https://www.math.kyoto-u.ac.jp/~tetsushi/files/Galois_fest_ito_200705.pdf
楕円曲線とモジュラー形式
（こちらは多少の知識が必要になります）
http://www.imetrics.co.jp/academy/EllipticCurves&;ModularForms.pdf >>683 日高
> { x^p/1=z+y
> { 1=z-y
> が、成り立つならば、
> { x^p/a=z+y
> { a=z-y
> も、成り立ちます。
またも「あるaが存在して」を略していますね。
それはまたにして、これは論理的に自明です。
問題はこれの逆。どうしてそれが言えますか？ 恐らくわかっていないと思うので
notation : 記法
ここでは表記の仕方と解釈しても良いかと思われます >>691
こういうの事前にa,b,c,dの範囲を指定しておくのがお作法とかありますかね？
ある命題Ｐに対して自然数では偽、整数なら真とかあると思うんですよ >>699
真偽定かでないものを利用しているってのは過去の先人たちが散々主張してきてました
命題P⇒Ｑについての言及も過去散々にありました
ＢＯＴは理解しようとしませんでした。
いやＢＯＴだから理解できないんですけどね >>693
> >691
> >前者のたとえは良く分からないのですが、
> > 1=5-3の場合、無条件に、成り立ちません。
> つまり「成り立たない」んですよね？
> 「計算不可能」とか「無理」とかではなく。
>
> 1=5-3は、「計算不可能」なので、「成り立たない」となります。
そうですか。
分かりました。 694,695,696,697,698,700,701,702,703は、偽物です。 >699
>> { x^p/1=z+y
> { 1=z-y
> が、成り立つならば、
> { x^p/a=z+y
> { a=z-y
> も、成り立ちます。
問題はこれの逆。どうしてそれが言えますか？
(3)が成り立たないならば、(2)も成り立ちません。
{ x^p/1=z+y
{ 1=z-y
が成り立たないならば、(3)は、成り立ちません。
{ x^p/a=z+y
{ a=z-y
が成り立たないならば、(2)は、成り立ちません。 >706
>>>396 日高
これが未解決だった。
どうしてでしょうか？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 再掲
>>396 日高
> >390
> >> AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるです。
> > A,B,C,Dは、数字ですので、この場合は、
> > 6*1=2*3は、
> > 6*1=(2*3)(3*1/3)とします。
>
> 最終的にA,B,C,Dはそれぞれいくつですか？
>
> A=6,B=1,C=(2*3),D=(3*1/3)です。
最初にC=2,D=3だったものがC=6,D=1に変わる。
そういう約束で文字式を扱って、意味のある議論ができるでしょうか？ >>707 日高
> >699
> >> { x^p/1=z+y
> > { 1=z-y
> > が、成り立つならば、
> > { x^p/a=z+y
> > { a=z-y
> > も、成り立ちます。
>
> 問題はこれの逆。どうしてそれが言えますか？
>
> (3)が成り立たないならば、(2)も成り立ちません。
>
> { x^p/1=z+y
> { 1=z-y
> が成り立たないならば、(3)は、成り立ちません。
> { x^p/a=z+y
> { a=z-y
> が成り立たないならば、(2)は、成り立ちません。
式番号だけ書かれても覚えていません。>>670から再掲します。
> > 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> > 【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
> > x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
> > (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
> > (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
> > 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> > (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
これって日高の自己流・奇妙なnotationの言い換えだけじゃん。まったく無意味。
> { x^p/1=z+y
> { 1=z-y
が成り立たないとき
> { x^p/a=z+y
> { a=z-y
は成り立たないのか、って聞いているんだよ。 >>712
わかりやすくするため、対偶をとろう。
> { x^p/a=z+y
> { a=z-y
が成り立つとき
> { x^p/1=z+y
> { 1=z-y
は成り立つのか、って聞いているんだよ。 >710
>
最初にC=2,D=3だったものがC=6,D=1に変わる。
そういう約束で文字式を扱って、意味のある議論ができるでしょうか？
文字式ならば、成り立ちます。 >>713 日高
> >710
> >
> 最初にC=2,D=3だったものがC=6,D=1に変わる。
> そういう約束で文字式を扱って、意味のある議論ができるでしょうか？
>
> 文字式ならば、成り立ちます。
もう少し具体的に説明していただけないでしょうか。 >711
>> { x^p/1=z+y
> { 1=z-y
が成り立たないとき
> { x^p/a=z+y
> { a=z-y
は成り立たないのか、って聞いているんだよ。
{ x^p/1=z+y
{ 1=z-y
が成り立たないならば、(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)は成り立ちません。
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たないならば、
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)は成り立ちません。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が成り立たないならば、
{ x^p/a=z+y
{ a=z-y
は成り立ちません。 >>715 日高
> { x^p/1=z+y
> { 1=z-y
> が成り立たないならば、(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)は成り立ちません。
これは普通のnotationを君の独りよがりのnotationに翻訳したのみ。
（普通のnotationで一貫するならこれは誤りです。）
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たないならば、
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)は成り立ちません。
なぜ？ ここが肝心なところですが、説明がなにもありません。
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が成り立たないならば、
> { x^p/a=z+y
> { a=z-y
> は成り立ちません。
これは君の独りよがりのnotationを普通のnotationに翻訳したのみ。
（普通のnotationで一貫するならこれは誤りです。）
結局のところ、肝心な箇所はごまかすわけね。 >712
> { x^p/a=z+y
> { a=z-y
が成り立つとき
> { x^p/1=z+y
> { 1=z-y
は成り立つのか、って聞いているんだよ。
{ x^p/a=z+y
{ a=z-y
が成り立つならば、
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が成り立ちます。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が成り立つならば、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立ちます。
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つならば、
{ x^p/1=z+y
{ 1=z-y
が成り立ちます。 >>717 日高
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が成り立つならば、
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立ちます。
ここを君のnotationで証明してみせてください。 >714
>> 最初にC=2,D=3だったものがC=6,D=1に変わる。
> そういう約束で文字式を扱って、意味のある議論ができるでしょうか？
>
> 文字式ならば、成り立ちます。
もう少し具体的に説明していただけないでしょうか。
2*3=(x+1)(y-2)は、
x=1,y=5で成り立ちます。 >>719 日高
> >714
> >> 最初にC=2,D=3だったものがC=6,D=1に変わる。
> > そういう約束で文字式を扱って、意味のある議論ができるでしょうか？
> >
> > 文字式ならば、成り立ちます。
>
> もう少し具体的に説明していただけないでしょうか。
>
> 2*3=(x+1)(y-2)は、
> x=1,y=5で成り立ちます。
それはもともとはx+1もy-2も値が決まっていなかったからそうできるだけのことです。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >718
>> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が成り立つならば、
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立ちます。
ここを君のnotationで証明してみせてください。
等式の性質により、(2)が成り立つならば、(3)も成り立ちます。 >>722 日高
> ここを君のnotationで証明してみせてください。
>
> 等式の性質により、(2)が成り立つならば、(3)も成り立ちます。
等式のどのような性質を使うのですか？ 具体的に示してください。 >>686
いきなり全然別の話をしないでください。
> AB=CDでないならば、B=Dのとき、 A=Cとなりません。
そんな話はしていません。
文の順序を入れ替えたら全然別の話になります。
>>593で
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないとき、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たない
は間違っているとあなたは書きました。
同じ式を別の文字に入れ替えただけの
>(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
{ B=D
{ A=C
が成り立たないとき、
AB=CD…(3)’が成り立たない
も間違っていますよね？ >720
>> 2*3=(x+1)(y-2)は、
> x=1,y=5で成り立ちます。
それはもともとはx+1もy-2も値が決まっていなかったからそうできるだけのことです。
はい。そうです。
１の場合は、A,C,Dの値は、決まっていません。 >723
>> 等式の性質により、(2)が成り立つならば、(3)も成り立ちます。
>等式のどのような性質を使うのですか？ 具体的に示してください。
等式の両辺に、同じ数を掛けても、割っても等式は成り立ちます。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
両辺にaを掛けると、(x^p/1)a=(z+y)(z-y)a
両辺をaで割ると、(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
となります。 >724
>>>593で
>{ 1=(z-y)
>{ (x^p/1)=(z+y)
>が成り立たないとき、
>(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たない
>は間違っているとあなたは書きました。
訂正します。
間違っていません。
>(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
>{ B=D
>{ A=C
>が成り立たないとき、
>AB=CD…(3)’が成り立たない
も、間違っていません。 >>726 日高
> 等式の両辺に、同じ数を掛けても、割っても等式は成り立ちます。
>
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
> 両辺にaを掛けると、(x^p/1)a=(z+y)(z-y)a
> 両辺をaで割ると、(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
となります。
それは通常のnotationと君のnotationをすり替えたごまかしです。
君のnotationでは(2)は
{x^p/a=z+y
{a=z-y
のこと。このとき1=z-yでもあるならa=1でしかありえません。 >>725 日高
> １の場合は、A,C,Dの値は、決まっていません。
ということは、君のいう
>>1
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
は「B=D,A=Cとできる」の意味か？ >728
>君のnotationでは(2)は
>{x^p/a=z+y
>{a=z-y
>のこと。このとき1=z-yでもあるならa=1でしかありえません。
2=z-yならば、a=2となります。 >729
>>>1
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
>は「B=D,A=Cとできる」の意味か？
「B=Dとすれば、A=Cとできる」の意味です。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >733
>奇素数の場合はもう書かないの？
どういう意味でしょうか？ >>730 日高
> >728
> >君のnotationでは(2)は
> >{x^p/a=z+y
> >{a=z-y
> >のこと。このとき1=z-yでもあるならa=1でしかありえません。
>
> 2=z-yならば、a=2となります。
そのときz-y=1をみたすz,yの存在はどうして言える？ >>731 日高
> >729
> >>>1
> > AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
> >は「B=D,A=Cとできる」の意味か？
>
> 「B=Dとすれば、A=Cとできる」の意味です。
「B=Dとすれば」は仮定ですか、それともそうできるというのですか？ >735
>> 2=z-yならば、a=2となります。
>そのときz-y=1をみたすz,yの存在はどうして言える？
(2)が成り立つならば、(3)も成り立つからです。
(3)が成り立つならば、z-y=1をみたす自然数、z,yが存在します。 >736
>> 「B=Dとすれば、A=Cとできる」の意味です。
>「B=Dとすれば」は仮定ですか、それともそうできるというのですか？
Dは、式なので、そうできます。 >>737 日高
> >735
> >> 2=z-yならば、a=2となります。
>
> >そのときz-y=1をみたすz,yの存在はどうして言える？
>
> (2)が成り立つならば、(3)も成り立つからです。
いまその理由をお尋ねしているところですので、それを理由に出すのは循環論法で認められません。 >>738 日高
> >736
> >> 「B=Dとすれば、A=Cとできる」の意味です。
>
> >「B=Dとすれば」は仮定ですか、それともそうできるというのですか？
>
> Dは、式なので、そうできます。
(x+1)(x+2)=(x+2)(x+1)の場合もできますか？ 「式なので、そうできます」の意味がわかりません。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}が1じゃなくてz,z^2,…,z^pの場合も考えられるでしょう。あなたはp通り、もしくはそれ以上ある場合分けから、一通りだけ示して
いるだけで、証明はまったく未完成であるということを自覚していますか？ >>741
同感です。日高氏の証明ではzの指数がpであることを使っていないので、
z^2=x^3+y^3に自然数解がないことも証明できてしまいますが、
3^2=1^3+2^3という反例があります。この場合3=1^2-1*2+2^2です。 >>742
z^2=x^3+y^3は同次式でないからだめと反論されるなら、
xz^2=x^3+y^3とします。 >739
>>>そのときz-y=1をみたすz,yの存在はどうして言える？
>> (2)が成り立つならば、(3)も成り立つからです。
>いまその理由をお尋ねしているところですので、それを理由に出すのは循環論法で認められません。
等式の性質により、(2)が成り立つならば、(3)も成り立ちます。
どうして、循環論法になるのでしょうか？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >> 744 日高
> 等式の性質により、(2)が成り立つならば、(3)も成り立ちます。
> どうして、循環論法になるのでしょうか？
では循環論法にならないように説明してください。 >>727
では>>528で
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)に、z=5,y=3を代入すると、x=4となります。
と書いたのはどういう意味ですか？
z=5,y=3で(3)が成り立っていますよね？ >740
>(x+1)(x+2)=(x+2)(x+1)の場合もできますか？
(x+2)(x+1)=(x+2)(x+1)とすれば、
AB=CDなので、A=Cのとき、B=Dとなります。 >>748 日高
> >740
> >(x+1)(x+2)=(x+2)(x+1)の場合もできますか？
>
> (x+2)(x+1)=(x+2)(x+1)とすれば、
> AB=CDなので、A=Cのとき、B=Dとなります。
そんなことは尋ねていません。勝手に因子の順序を変えるのは詐欺行為です。
元の質問に誠実に答えてください。 >>745 日高
勝手に因子の順序を変えられるなら
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
で1=z+yとし解なしと結論してもいいわけね。 >741
>1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}が1じゃなくてz,z^2,…,z^pの場合も考えられるでしょう。あなたはp通り、もしくはそれ以上ある場合分けから、一通りだけ示しているだけで、証明はまったく未完成であるということを自覚していますか？
zの場合、
(z^p/z)z={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となるので、
z^p={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
z^p=x^p+y^pなので、
x^p+y^p={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となるかどうかを、検討すると、
x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となるので、
x^p+y^p={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とは、なりません。
z^2,…,z^pの場合も、同様となります。 >742
>741
>同感です。日高氏の証明ではzの指数がpであることを使っていないので、
>z^2=x^3+y^3に自然数解がないことも証明できてしまいますが、
>3^2=1^3+2^3という反例があります。この場合3=1^2-1*2+2^2です。
意味がわかりませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。 741 うーん。「zの場合」はx+yがz^(p-1)になるのであって、z^pじゃないですよね。それと「z^2,…,z^pの場合も、同様となります。」でも全然場合分け足りてないですよね。
zがもし二つの自然数s,tの積のとき、
{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は例えば(s^i)(t^j) (i,j≦p)という値を取れます。このとき、もしiとjが異なれば{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}はzの冪の形すらしてません。 今は二つの自然数s,tの積としましたが、これが三つの自然数、四つの自然数、、、一兆個の自然数の積だったら、さらにもっと多くの自然数の積だったら？
z^pの分解の仕方はあなたの手に負えませんよね。
結論から言ってしまえば、無慈悲なようですが、その原始的な方法でフェルマー予想の証明を与えることなどどう考えても不可能に思えます。 >743
>z^2=x^3+y^3は同次式でないからだめと反論されるなら、
xz^2=x^3+y^3とします。
意味が、わからないので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >746
>> どうして、循環論法になるのでしょうか？
では循環論法にならないように説明してください。
どの、部分が、循環論法に当たるのか、詳しく説明していただけないでしょうか。 >>752 日高
すでに>>493に書きました。
>>755 日高
じゃあ書いてあげよう。>>493とほとんど同じだが。
>>1 日高風に。
【日高風・定理】x^3+y^3=xz^2は、自然数解を持たない。
【日高風・証明】x^3+y^3=(x+y){x^2-xy+y^2}と変形して、
xz^2=(x+y){x^2-xy+y^2}…(1)を考える。
(xz^2/a)a=(x+y){x^2-xy+y^2}…(2)
(xz^2/1)1=(x+y){x^2-xy+y^2}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(xz^2/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^2-xy+y^2}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^2-xy+y^2}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(xz^2/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴x^3+y^3=xz^2は、自然数解を持たない。
（反例：1^3+2^3=3^2）
746,749,750に答えてください。 この定理の証明が知りたい場合は、素直にバリー・メイザー氏、アンドリュー・ワイルズ氏、リチャード・テイラー氏の論文を読めばいいでしょう。
保型形式に関する事柄ならshimura,diamond-shurman,katz-mazurなど良い本がいっぱいありますし、肥田本はフェルマー予想のためツールをすべて教えてくれるという評判です。
日本語でも岩波から斎藤毅氏の本がself-containedでないにしろ出ています。 >747
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)に、z=5,y=3を代入すると、x=4となります。
>と書いたのはどういう意味ですか？
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)に、z=5,y=3を代入すると、x=4となるからです。
z=5,y=3で(3)が成り立っていますよね？
z=5,y=3で(3)は、成り立ちますが、
1=5-3は成り立ちません。(計算が合いません) >>756 日高
> >746
> >> どうして、循環論法になるのでしょうか？
>
> では循環論法にならないように説明してください。
>
> どの、部分が、循環論法に当たるのか、詳しく説明していただけないでしょうか。
え、そんなこともわからないの！？ それでフェルマーの最終定理なんて無理ですよ。
以下を読み返してください。
>>726 日高
> >723
> >> 等式の性質により、(2)が成り立つならば、(3)も成り立ちます。
>
> >等式のどのような性質を使うのですか？ 具体的に示してください。
>
> 等式の両辺に、同じ数を掛けても、割っても等式は成り立ちます。
>
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
> 両辺にaを掛けると、(x^p/1)a=(z+y)(z-y)a
> 両辺をaで割ると、(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
> となります。
>>730 日高
> >728
> >君のnotationでは(2)は
> >{x^p/a=z+y
> >{a=z-y
> >のこと。このとき1=z-yでもあるならa=1でしかありえません。
>
> 2=z-yならば、a=2となります。
>>737 日高
> >735
> >> 2=z-yならば、a=2となります。
>
> >そのときz-y=1をみたすz,yの存在はどうして言える？
>
> (2)が成り立つならば、(3)も成り立つからです。
> (3)が成り立つならば、z-y=1をみたす自然数、z,yが存在します。
>>744 日高
> >739
> >>>そのときz-y=1をみたすz,yの存在はどうして言える？
>
> >> (2)が成り立つならば、(3)も成り立つからです。
>
> >いまその理由をお尋ねしているところですので、それを理由に出すのは循環論法で認められません。
>
> 等式の性質により、(2)が成り立つならば、(3)も成り立ちます。
> どうして、循環論法になるのでしょうか？
「(2)が成り立つならば、(3)も成り立ちます」の根拠に「(2)が成り立つならば、(3)も成り立ちます」を持ち出しています。
こういうのを循環論法と言います。 >749
>> >(x+1)(x+2)=(x+2)(x+1)の場合もできますか？
>> (x+2)(x+1)=(x+2)(x+1)とすれば、
> >AB=CDなので、A=Cのとき、B=Dとなります。
>そんなことは尋ねていません。勝手に因子の順序を変えるのは詐欺行為です。
>元の質問に誠実に答えてください。
元の質問の意味を詳しく説明していただけないでしょうか。 >750
>勝手に因子の順序を変えられるなら
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
>で1=z+yとし解なしと結論してもいいわけね。
因子の順序を変える場合は、
x,y,zを整数とします。 >>761 日高
> 元の質問の意味を詳しく説明していただけないでしょうか。
ログを読み返す能力がないの？ しかたがないから引用すると：
736
> >>731 日高
> > >729
> > >>>1
> > > AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
> > >は「B=D,A=Cとできる」の意味か？
> >
> > 「B=Dとすれば、A=Cとできる」の意味です。
>
> 「B=Dとすれば」は仮定ですか、それともそうできるというのですか？
738 日高
> Dは、式なので、そうできます。
740
> (x+1)(x+2)=(x+2)(x+1)の場合もできますか？
つまりA=x+1,B=x+2,C=x+2,D=x+1の場合にB=Dとできますかという質問です。 >>762 日高
> >750
> >勝手に因子の順序を変えられるなら
> > (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
> >で1=z+yとし解なしと結論してもいいわけね。
>
> 因子の順序を変える場合は、
> x,y,zを整数とします。
いまx,y,zは自然数として議論しています。どこからそんな都合のよいルールが出てくるのさ？ >>759
あなたは>>1で
> x=1、y=1のみである。
> これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
と書いているじゃないですか
おなじことのはずです
なのになぜ>>727では
>> { 1=(z-y)
>> { (x^p/1)=(z+y)
>> が成り立たないとき、
>> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たない
>
>> は間違っているとあなたは書きました。
>
> 訂正します。
> 間違っていません。
間違っていないことになったのですか？ >>764
後からルールを変えるのはいつものこと。
数学ではないので何でもありです。 >753
>741 うーん。「zの場合」はx+yがz^(p-1)になるのであって、z^pじゃないですよね。それと「z^2,…,z^pの場合も、同様となります。」でも全然場合分け足りてないですよね。
zがもし二つの自然数s,tの積のとき、
{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は例えば(s^i)(t^j) (i,j≦p)という値を取れます。このとき、もしiとjが異なれば{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}はzの冪の形すらしてません。
zが、aの場合は、どうでしょうか？ >763
>> (x+1)(x+2)=(x+2)(x+1)の場合もできますか？
>つまりA=x+1,B=x+2,C=x+2,D=x+1の場合にB=Dとできますかという質問です。
(x+2)=(x+1)とすることは、できません。 >764
>いまx,y,zは自然数として議論しています。どこからそんな都合のよいルールが出てくるのさ？
いまx,y,zは自然数として議論しています。どこからそんな都合のよいルールが出てくるのさ？
都合のよいルールかも、しれませんが、因子の順序を変える場合は、整数となります。
3-2=1ですが、2-3=-1となります。 >>768 日高
> >763
> >> (x+1)(x+2)=(x+2)(x+1)の場合もできますか？
>
> >つまりA=x+1,B=x+2,C=x+2,D=x+1の場合にB=Dとできますかという質問です。
>
> (x+2)=(x+1)とすることは、できません。
それでは
>>738 日高
> >736
> >> 「B=Dとすれば、A=Cとできる」の意味です。
>
> >「B=Dとすれば」は仮定ですか、それともそうできるというのですか？
>
> Dは、式なので、そうできます。
は間違いだったと認めますね？ >>769 日高
> >764
> >いまx,y,zは自然数として議論しています。どこからそんな都合のよいルールが出てくるのさ？
>
> いまx,y,zは自然数として議論しています。どこからそんな都合のよいルールが出てくるのさ？
>
> 都合のよいルールかも、しれませんが、因子の順序を変える場合は、整数となります。
>
> 3-2=1ですが、2-3=-1となります。
自分がいまどういう問題を考えているか、頭の中に保持しておく能力がないの？
そうやって問題を書き換えたら，何の意味もないではありませんか。 >zが、aの場合は、どうでしょうか？
どうでしょうかと言われても、、、
その場合はzはaであるとしか
>765
>間違っていないことになったのですか？
はい。間違っていません。 >766
>後からルールを変えるのはいつものこと。
数学ではないので何でもありです。
ルールを変えているわけでは、ありません。 >>773
理由を聞いているのですが。
> z=5,y=3で
>
> 1=5-3は成り立ちません。(計算が合いません)
> z=5,y=3で(3)は、成り立ちますが、
なら
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないとき、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たない
と全然違う結論になっていますが？ >770
>> >> 「B=Dとすれば、A=Cとできる」の意味です。
> >「B=Dとすれば」は仮定ですか、それともそうできるというのですか？
> Dは、式なので、そうできます。
は間違いだったと認めますね？
違います。 >>774 日高
> >766
> >後からルールを変えるのはいつものこと。
> 数学ではないので何でもありです。
>
> ルールを変えているわけでは、ありません。
勝手にルールを変えたことに気づきもしないとは。完全にだめですね。 >>776 日高
> >770
> >> >> 「B=Dとすれば、A=Cとできる」の意味です。
>
> > >「B=Dとすれば」は仮定ですか、それともそうできるというのですか？
>
> > Dは、式なので、そうできます。
>
> は間違いだったと認めますね？
>
> 違います。
それはおかしい。だってできないんでしょう？ >>768に
> >つまりA=x+1,B=x+2,C=x+2,D=x+1の場合にB=Dとできますかという質問です。
>
> (x+2)=(x+1)とすることは、できません。
と書いたではありませんか。 >771
>> 3-2=1ですが、2-3=-1となります。
>自分がいまどういう問題を考えているか、頭の中に保持しておく能力がないの？
そうやって問題を書き換えたら，何の意味もないではありませんか。
自然数の場合を、考えているので、配置を変える場合は、整数に置き換える必要が、
あります。 >772
>>zが、aの場合は、どうでしょうか？
どうでしょうかと言われても、、、
z,z^p…の場合は、aとなるので、(2)の場合となります。 >>779 日高
> >771
> >> 3-2=1ですが、2-3=-1となります。
>
> >自分がいまどういう問題を考えているか、頭の中に保持しておく能力がないの？
> そうやって問題を書き換えたら，何の意味もないではありませんか。
>
> 自然数の場合を、考えているので、配置を変える場合は、整数に置き換える必要が、
> あります。
なんの意味もない。単なるたわごと。 >775
> z=5,y=3で
> 1=5-3は成り立ちません。(計算が合いません)
> z=5,y=3で(3)は、成り立ちますが、
z=5,y=3の場合、
1=5-3は計算が合わないので、
この、場合は、a=5-3((2)の場合の連立式）とします。 >777
>> ルールを変えているわけでは、ありません。
勝手にルールを変えたことに気づきもしないとは。完全にだめですね。
配置が、変われば、自然数が、整数に代わります。 >>782
この場合もなにもありません
>>775の場合を言っているんです
> z=5,y=3で
>
> 1=5-3は成り立ちません。(計算が合いません)
> z=5,y=3で(3)は、成り立ちます
これが正しいなら
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないとき、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たない
これは間違っている
どちらも正しいということはありません。 >778
>> (x+2)=(x+1)とすることは、できません。
>と書いたではありませんか。
A,B,C,Dの配置の問題です。 >781
>> 自然数の場合を、考えているので、配置を変える場合は、整数に置き換える必要が、
>> あります。
>なんの意味もない。単なるたわごと。
意味があります。 >>783 日高
> >777
> >> ルールを変えているわけでは、ありません。
> 勝手にルールを変えたことに気づきもしないとは。完全にだめですね。
>
> 配置が、変われば、自然数が、整数に代わります。
こんどは「配置」という用語を持ち出してきました。おもしろいですね。 >>785 日高
> >778
> >> (x+2)=(x+1)とすることは、できません。
>
> >と書いたではありませんか。
>
> A,B,C,Dの配置の問題です。
ほら，配置だって。
ってことはいままで書いてきたのは間違いであって
これからは配置なるものも考えなければならないというわけ？ >>786 日高
> >781
> >> 自然数の場合を、考えているので、配置を変える場合は、整数に置き換える必要が、
> >> あります。
>
> >なんの意味もない。単なるたわごと。
>
> 意味があります。
意味があるのは，君の頭の中でだけ、ね。 >784
>>{1=(z-y)
>>{(x^p/1)=(z+y)
>>が成り立たないとき、
>>(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たない
これは間違っている
どちらも正しいということはありません。
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つならば、
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
も、成り立ちます。 >787
>> A,B,C,Dの配置の問題です。
ほら，配置だって。
ってことはいままで書いてきたのは間違いであって
これからは配置なるものも考えなければならないというわけ？
A,B,C,Dを考えるときは、配置も考慮が、必要です。 >>790
z=5,y=3のとき、(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つ
z=5,y=3のとき、
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
は成り立たない。
よって
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つならば、
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> も、成り立ちます。
は間違いであることが証明された。
これは
>>{1=(z-y)
>>{(x^p/1)=(z+y)
>>が成り立たないとき、
>>(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たない
と対偶の関係にあるので、こちらも間違いであることが確認された。
証明終 >788
>>
> A,B,C,Dの配置の問題です。
ほら，配置だって。
ってことはいままで書いてきたのは間違いであって
これからは配置なるものも考えなければならないというわけ？
間違いでは、ありません。
A,B,C,Dを使う場合は、配置によります。 >>791 日高
じゃあ
A=x^2+3x+2,B=x+3,C=x+1,D=x^2+5x+6のときは？
ABもCDもz^3+6x^2+11x+6だからAB=CDだよ。 >789
>> 意味があります。
>意味があるのは，君の頭の中でだけ、ね。
そうでしょうか？ >>795 日高
> >789
> >> 意味があります。
>
> >意味があるのは，君の頭の中でだけ、ね。
>
> そうでしょうか？
そうでないというなら、みんなを納得させるようなその「配置」の理論を提示してみたまえ。 >792
z=5,y=3のとき、(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つ。
は、正しいですが、
z=5,y=3のとき、
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
は、計算が、合いません。 >794
>A=x^2+3x+2,B=x+3,C=x+1,D=x^2+5x+6のときは？
ABもCDもz^3+6x^2+11x+6だからAB=CDだよ。
z^3+6x^2+11x+6が、分からないので、教えていただけないでしょうか。 >>797
等式の等号が「成立」しないのだから
「成り立」たない、でいいのです
z=5,y=3のとき、(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つ
z=5,y=3のとき、
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
は成り立たない。
よって
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つならば、
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> も、成り立ちます。
は間違いであることが証明された。 >796
>そうでないというなら、みんなを納得させるようなその「配置」の理論を提示してみたまえ。
配置と、A,B,C,Dの関係を、はっきりさせないと、いけないという意味です。 >799
>等式の等号が「成立」しないのだから
「成り立」たない、でいいのです
「成り立たない」は、条件によります。 >>798 日高
> >794
> >A=x^2+3x+2,B=x+3,C=x+1,D=x^2+5x+6のときは？
> ABもCDもz^3+6x^2+11x+6だからAB=CDだよ。
>
> z^3+6x^2+11x+6が、分からないので、教えていただけないでしょうか。
すみません。x^3+6x^2+11x+6の間違いでした。 >>801
数学では
AならばB
と書いたら
Aが正しいならば必ずB
という意味なので
条件によるのならば
AならばB
は間違いです。 >>800 日高
> >796
> >そうでないというなら、みんなを納得させるようなその「配置」の理論を提示してみたまえ。
>
> 配置と、A,B,C,Dの関係を、はっきりさせないと、いけないという意味です。
そんなんじゃ何のことだかわからない。とりあえず>>1は書き直しになるんだよね？ >>803
日高は「ならば」を理解していないので手間がかかると思いますがよろしくお願いします。 cos^2(x)*sin(2*y) + sin(2*x)*sin(y) + sin(2*x)*cos(y) = 1
これを満たすx,yを
x=(r*cos(x)*cos(y))^(1/(2*n))
y=(r*cos(x)*sin(y))^(1/(2*n))
z=(r*sin(y))^(1/(2*n))
にいれるとき0<r,n=3以上の整数のときx,y,zは同時に整数にならない
θ1=θ2=θ3=π
√(x^12+y^12+z^12+2*x^6*y^6*cosθ1+2*x^6*z^6*cosθ2+2*y^6*z^6*cosθ3)=√((x^3 - y^3 - z^3)*(x^3 + y^3 - z^3)*(x^3 - y^3 + z^3)*(x^3 + y^3 + z^3)) 2*(cos(x)*cos(y))*(cos(x)*sin(y))+2*(cos(x)*cos(y))*sin(y)+2*(cos(x)*sin(y))*sin(y)=1
2*sin(π/4 - x/2)*sin(x/2 + π/4)*sin(y)*(cos(x - y)+cos(x + y)+2*√(2)*sin(y + π/4)) = 1
のとき
x=(r*cos(x)*cos(y))^(1/(2*n))
y=(r*cos(x)*sin(y))^(1/(2*n))
z=(r*sin(y))^(1/(2*n))
にいれるとき0<r,n=3以上の整数のときx,y,zは同時に整数にならない
√(x^12+y^12+z^12+2*x^6*y^6*cosθ1+2*x^6*z^6*cosθ2+2*y^6*z^6*cosθ3)=0のとき
θ1+θ2=θ3を満たさないとき
√(x^12+y^12+z^12+2*x^6*y^6*cosθ1+2*x^6*z^6*cosθ2+2*y^6*z^6*cosθ3)=0となる
xとyとzの関係式を満たすx,y,zの整数の組み合わせは存在しない √(x^12+y^12+z^12+2*x^6*y^6*cosθ1+2*x^6*z^6*cosθ2+2*y^6*z^6*cosθ3)
θ1+θ2+θ3=2πを満たすときのみ
√(x^12+y^12+z^12+2*x^6*y^6*cosθ1+2*x^6*z^6*cosθ2+2*y^6*z^6*cosθ3)=0となる
これはx^6とy^6とz^6の3つの辺を持った三角形が原点から描かれるため
√(x^12+y^12+z^12+2*x^6*y^6*cosθ1+2*x^6*z^6*cosθ2+2*y^6*z^6*cosθ3)=0となるには
θ1+θ2+θ3=2πを必ず満たさないといけない
x^6,y^6,z^6の3つのベクトルの原点からの距離
√(x^12+y^12+z^12+2*x^6*y^6*cosθ1+2*x^6*z^6*cosθ2+2*y^6*z^6*cosθ3)
θ1+θ2=θ3を満たさないと
2次元平面上にx^6,y^6,z^6の大きさの3つのベクトルをかけない >80
>A=x^2+3x+2,B=x+3,C=x+1,D=x^2+5x+6のときは？
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるので、
(x^2+3x+2)(x+3)=(x+1)(x^2+5x+6)ならば、
(x^2+3x+2)=(x+1)のとき、
(x+3)=(x^2+5x+6)となります。
x=-1となります。 >803
>数学では
AならばB
と書いたら
Aが正しいならば必ずB
という意味なので
条件によるのならば
AならばB
は間違いです。
私が書いた「条件による」は、x,y,zを、「自然数とすると、」という意味です。 >804
>> 配置と、A,B,C,Dの関係を、はっきりさせないと、いけないという意味です。
>そんなんじゃ何のことだかわからない。とりあえず>>1は書き直しになるんだよね？
1は書き直しには、なりません。 >805
>>>803
日高は「ならば」を理解していないので手間がかかると思いますがよろしくお願いします。
使い方の、意味が異なります。 >806
>807
>808
意味が、わかりません。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>810
つまり
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つとき
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
は条件によって、成り立ったり、成り立たなかったりする。。
じゃあ
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が成り立つ場合も、成り立たない場合も両方とも考えないといけませんね。
調べたいのは(3)が成り立つかどうかですから。
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が成り立たないとき、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)は条件によって、成り立ったり、成り立たなかったりする。
じゃあ
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が成り立つ場合も、成り立たない場合も両方とも考えないといけませんね。
調べたいのは(3)が成り立つかどうかですから。 >815
>(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つとき
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
は条件によって、成り立ったり、成り立たなかったりする。。
じゃあ
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が成り立つ場合も、成り立たない場合も両方とも考えないといけませんね。
調べたいのは(3)が成り立つかどうかですから。
成り立たない場合は、
{a=(z-y)
{(x^p/a)=(z+y)
を考えれば、良いです。 >>816
それで？
> 成り立たない場合は、
> {a=(z-y)
> {(x^p/a)=(z+y)
> を考えれば、良いです。
の部分は>>1や>>814の証明のどこに出てきますか？ >817
>> 成り立たない場合は、
> {a=(z-y)
> {(x^p/a)=(z+y)
> を考えれば、良いです。
の部分は>>1や>>814の証明のどこに出てきますか？
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)と、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)です。 >>818
(3)と(2)が同じであることは自明なので、
>>815と同じ理屈で
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が成り立つとき
{a=(z-y)
{(x^p/a)=(z+y)
は条件によって、成り立ったり、成り立たなかったりするし、
{a=(z-y)
{(x^p/a)=(z+y)
が成り立たないとき、
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)は条件によって、成り立ったり、成り立たなかったりする。
ので
{a=(z-y)
{(x^p/a)=(z+y)
を調べても、(2)を調べたことにはなりません。 >>820追記
というか、(2)は(3)と同じだから、という理由で(2)を調べていませんよね。
そして調べているのは
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
だけで(3)も調べていない。
結局(1)も(2)も(3)も全然調べていません。
なので>>1も>>814も間違いです。 >821
というか、(2)は(3)と同じだから、という理由で(2)を調べていませんよね。
そして調べているのは
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
だけで(3)も調べていない。
結局(1)も(2)も(3)も全然調べていません。
なので>>1も>>814も間違いです。
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。からです。 >>822
だからそこの話はしていませんよ。
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
を調べても(3)は調べていない。
(3)を調べたら(2)は調べなくてもよいが、
そもそも(3)を調べていない。
よって証明は間違いです。 初めてこのスレ覗いてみたけど、>>814とか何がしたいのかさっぱりわからん
単にx^2+y^2=z^2が自然数解(x,y,z)を持つだけなら中学生でも3^2+4^2=5^2は知ってるし、自然数解の取りうる形も既に古くから知られていること
それを何ごちゃごちゃやってるの？ >>824
本当はフェルマーの最終定理を証明したいんだと思うよ。 >>809 日高
> >80
> >A=x^2+3x+2,B=x+3,C=x+1,D=x^2+5x+6のときは？
>
> AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるので、
> (x^2+3x+2)(x+3)=(x+1)(x^2+5x+6)ならば、
> (x^2+3x+2)=(x+1)のとき、
> (x+3)=(x^2+5x+6)となります。
> x=-1となります。
君は前にはB=Dとなると言っていたよ。
でもx+3とx^+5x+6とは等しくない。
xに0を代入すれば3と6だ。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >823
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
を調べても(3)は調べていない。
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が、共に成り立たないならば、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
は、成り立ちません。 >824
単にx^2+y^2=z^2が自然数解(x,y,z)を持つだけなら中学生でも3^2+4^2=5^2は知ってるし、自然数解の取りうる形も既に古くから知られていること
証明の要領が、pが奇素数の場合と同じだからです。 >>828
このスレで、これまでに何度も
z=5,y=3のとき
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が、共に成り立たない
z=5,y=3のとき(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つ
を確認しています。
>>828は間違いです。
なので>>1の証明は間違いです。 >825
本当はフェルマーの最終定理を証明したいんだと思うよ。
そうです。 >830
z=5,y=3のとき
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が、共に成り立たない
ですが、
z=5,y=3のとき
{a=(z-y)
{(x^p/a)=(z+y)
が成り立ちます。
よって、
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
も、成り立ちます。 >>832
z=5,y=3のとき
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が、共に成り立たない
ですが、
（文α）
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。
>>828と矛盾しています。
>>1の証明にも文αに相当する部分はありません。
よって>>1の証明は間違っています。 >826
君は前にはB=Dとなると言っていたよ。n
でもx+3とx^+5x+6とは等しくない。
xに0を代入すれば3と6だ。
x^+5x+6は、x^2+5x+6の間違いではないでしょうか？
xに、-1を代入すると、
2と2になります。 >>834 日高
> >826
> 君は前にはB=Dとなると言っていたよ。n
> でもx+3とx^+5x+6とは等しくない。
> xに0を代入すれば3と6だ。
>
> x^+5x+6は、x^2+5x+6の間違いではないでしょうか？
そうです。この点は失礼しました。
> xに、-1を代入すると、
> 2と2になります。
多項式としては等しくありません。
君は多項式として等しくなることを証明で使っているのでは。 >833
z=5,y=3のとき
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が、共に成り立たない
ですが、
z=5,y=3のとき
{a=(z-y)
{(x^p/a)=(z+y)
が成り立ちます。
よって、
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が、成り立つので、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >835
多項式としては等しくありません。
君は多項式として等しくなることを証明で使っているのでは。
どういう意味でしょうか？ >>836
つまり>>828は間違いで
> {1=(z-y)
> {{(x^p/1)=(z+y)
> {が、共に成り立たない
でも条件によって
> {(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。
場合がある、ということですよね？
>>1にはそんなことは書いていないので>>1の証明は間違っています。 >>838 日高
> >835
> 多項式としては等しくありません。
> 君は多項式として等しくなることを証明で使っているのでは。
>
> どういう意味でしょうか？
二つの多項式が等しいことの定義を言えない君にはわからなくて当然。 >839
> {1=(z-y)
> {{(x^p/1)=(z+y)
> {が、共に成り立たない
ですが、
z=5,y=3のとき
{a=(z-y)
{(x^p/a)=(z+y)
が成り立ちます。
よって、
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が、成り立つので、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。 >840
二つの多項式が等しいことの定義を言えない君にはわからなくて当然。
どうして、二つの多項式が等しいことの定義が必要なのでしょうか？ >>842 日高
> >840
> 二つの多項式が等しいことの定義を言えない君にはわからなくて当然。
>
> どうして、二つの多項式が等しいことの定義が必要なのでしょうか？
君は、定義を知らないことがらについて論じられると思っているのかね。 >>841
同じことを2度も書かなくてもいいですよ。
> {1=(z-y)
> {{(x^p/1)=(z+y)
> {が、共に成り立たない
これを調べただけでは足りないから
> {a=(z-y)
> {(x^p/a)=(z+y)
これを調べたんですよね。
しかし>>1では
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
これを調べただけで、足りません。
よって>>1の証明は間違っています。 >844
しかし>>1では
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
これを調べただけで、足りません。
よって>>1の証明は間違っています。
どうしてでしょうか？ >>845
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を調べても(3)は調べていない。
(3)を調べたら(2)は調べなくてもよいが、
そもそも(3)を調べていない。
よって>>1の証明は間違いです。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>1 日高
> これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
> (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
この二行の間に越えがたいgapがあります。 >>847 日高
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】3^2+4^2=9+16=25=5^2である。[QED]
これでおしまいなんだから、くだらないことを書き込み続けるのはやめろ。 >846
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を調べても(3)は調べていない。
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
に自然数解が、ないならば、
(3)にも、自然数解 >846
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を調べても(3)は調べていない。
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
に自然数解が、ないならば、
(3)にも、自然数解は、ありません。 >848
> これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
> (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
この二行の間に越えがたいgapがあります。
その、gapを、教えていただけないでしょうか？ >849
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】3^2+4^2=9+16=25=5^2である。[QED]
これでおしまいなんだから、くだらないことを書き込み続けるのはやめろ。
どうしてでしょうか？ >>850
> {1=(z-y)
> {{(x^p/1)=(z+y)
> {が、共に成り立たない
ですが、
z=5,y=3のとき
{a=(z-y)
{(x^p/a)=(z+y)
が成り立ちます。
よって、
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が、成り立つので、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。
これと同じように
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> に自然数解が、ない
ですが、
{a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{(x^p/a)=(x+y)
に自然数解があるかもしれないのに確認していない。
もしかして
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)が、成り立って、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)も成り立つかもしれない。
でも調べていない。
よって>>1の証明は間違っています >>852 日高
> >848
> > これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
> > (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
>
> この二行の間に越えがたいgapがあります。
>
> その、gapを、教えていただけないでしょうか？
「式は成り立たない」までは OK ですが
「1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}」のときしか調べていないので(3)が成り立たないとは言えません。 >>853 日高
> >849
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>
> 【証明】3^2+4^2=9+16=25=5^2である。[QED]
>
> これでおしまいなんだから、くだらないことを書き込み続けるのはやめろ。
>
> どうしてでしょうか？
存在定理は一つでも存在を示せばそれで OK。それがわからないなら書き込みやめろ。 >854
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)が、成り立って、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)も成り立つかもしれない。
でも調べていない。
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。ので、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)に、自然数解がないならば、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)にも、自然数解は、ありません。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >855
「式は成り立たない」までは OK ですが
「1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}」のときしか調べていないので(3)が成り立たないとは言えません。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、(z^p/1)=(x+y)が共に成り立たないならば、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)も、成り立ちません。 >>857 日高
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。ので、
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)に、自然数解がないならば、
> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)にも、自然数解は、ありません。
aが0でないとの仮定の下で(2)と(3)とは同じ式です。何も証明されていません。
日高の一人合点の記法で煙に巻こうというのだろうけど、そんな小手先の技は通用しません。 >>857
あなたが836と841の2回書いたのと同じことで
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が、共に成り立たない
ときでも
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。
つまり
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
を調べただけでは、(3)が成り立つかどうか調べたことにはならない
というのと同じように
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> に自然数解が、ない
ときでも
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)も成り立つかもしれない。
つまり
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
を調べただけでは、(3)が成り立つかどうか調べたことにはならない >>858 日高
自分の頭の悪さを広めているだけです。痛々しいからもうやめて。 >856
存在定理は一つでも存在を示せばそれで OK。それがわからないなら書き込みやめろ。
そう、思います。p=2の証明は、pが、奇素数の場合を説明するためです。 >>859 日高
> >855
> 「式は成り立たない」までは OK ですが
> 「1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}」のときしか調べていないので(3)が成り立たないとは言えません。
>
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、(z^p/1)=(x+y)が共に成り立たないならば、
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)も、成り立ちません。
1987561=x^2-xy+y^2とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zの非存在、言えてますか？
言えてないでしょう？ >>863 日高
> >856
> 存在定理は一つでも存在を示せばそれで OK。それがわからないなら書き込みやめろ。
>
> そう、思います。p=2の証明は、pが、奇素数の場合を説明するためです。
なんら説明になっていません。 >860
aが0でないとの仮定の下で(2)と(3)とは同じ式です。何も証明されていません。
日高の一人合点の記法で煙に巻こうというのだろうけど、そんな小手先の技は通用しません。
同じ式では、ありません。性質が、同じ式です。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>867 日高
> >860
> aが0でないとの仮定の下で(2)と(3)とは同じ式です。何も証明されていません。
> 日高の一人合点の記法で煙に巻こうというのだろうけど、そんな小手先の技は通用しません。
>
> 同じ式では、ありません。性質が、同じ式です。
「性質が、同じ式」ってどういう意味？ 説明してごらん。納得したら認めてあげるから。 >>868 日高
これって>>858と一字一句違っていないよね。つまらない書き込みはやめな。 >861
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
を調べただけでは、(3)が成り立つかどうか調べたことにはならない
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が、成り立つならば、(3)は、成り立ちます。 >862
自分の頭の悪さを広めているだけです。痛々しいからもうやめて。
どうしてでしょうか？ >>872
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> が、成り立つならば、(3)は、成り立ちます。
ところが条件によっては
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が、共に成り立たない
ときでも
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。
よって
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
を調べただけでは、(3)が成り立つかどうか調べたことにはならない >864
1987561=x^2-xy+y^2とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zの非存在、言えてますか？
言えてないでしょう？
1=x^2-xy+y^2と、z^3=x+yを、共に満たす自然数は、存在しないので、
1987561=x^2-xy+y^2とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zは、存在しません。 >>871 日高
> >861
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> を調べただけでは、(3)が成り立つかどうか調べたことにはならない
>
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> が、成り立つならば、(3)は、成り立ちます。
(3)って>>1の
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
のこと？ 日高君って、必要条件と十分条件とを理解していないでしょう。それに違いありませぬ。 >>872 日高
> >862
> 自分の頭の悪さを広めているだけです。痛々しいからもうやめて。
>
> どうしてでしょうか？
自明。自明なことを自明と理解できなければ数学はできません。 >>874 日高
> >864
> 1987561=x^2-xy+y^2とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zの非存在、言えてますか？
> 言えてないでしょう？
>
> 1=x^2-xy+y^2と、z^3=x+yを、共に満たす自然数は、存在しないので、
> 1987561=x^2-xy+y^2とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zは、存在しません。
君、そんなことが言い切れるの。すごいねえ。 >869
「性質が、同じ式」ってどういう意味？ 説明してごらん。納得したら認めてあげるから。
(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
という性質です。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>878 日高
> >869
> 「性質が、同じ式」ってどういう意味？ 説明してごらん。納得したら認めてあげるから。
>
> (3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
> という性質です。
そういうのをふつうは「同値」っていうんだけど聞いたことない？ >>879 日高
また同じこと書いてるね。何度書いても無意味なものは無意味。それが数学。 >>877
> >>874 日高
> > >864
> > 1987561=x^2-xy+y^2とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zの非存在、言えてますか？
> > 言えてないでしょう？
> >
> > 1=x^2-xy+y^2と、z^3=x+yを、共に満たす自然数は、存在しないので、
> > 1987561=x^2-xy+y^2とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zは、存在しません。
>
> 君、そんなことが言い切れるの。すごいねえ。
私にはとても言い切れないので証明を教えてください。 彼は壊れたマシーンのようにp=2の場合を書き込み続ける。 p=2の場合の存在証明に何の意味もないのだが
それを利用してpが奇素数の場合の誤りを指摘しようと努力している人がいて
それをウケてるとカン違いしたスレ主がまた書き込む
そういう構図だ >865
【命題】日高は死ぬべき
【証明】自明
どうしてでしょうか？ >866
なんら説明になっていません。
何を、どのように説明すれば、よろしいのでしょうか？ >870
これって>>858と一字一句違っていないよね。つまらない書き込みはやめな。
そうです。同じです。どうして、つまらない書き込みでしょうか？ >>886
> >866
> なんら説明になっていません。
>
> 何を、どのように説明すれば、よろしいのでしょうか？
他人が一人も理解出来ないということは、日高の妄想が間違っている証拠。
間違っていることを正しく説明する方法はない。
正しいと思うなら、教科書などに基づく数学的な説明をすれば良い。なお、過去の説明は全て間違いだったから、別な説明でなければならない。 >>887
> >870
> これって>>858と一字一句違っていないよね。つまらない書き込みはやめな。
>
> そうです。同じです。どうして、つまらない書き込みでしょうか？
同じく間違っているから。反省無いから。ゴミ。迷惑だから。 >873
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> が、成り立つならば、(3)は、成り立ちます。
ところが条件によっては
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が、共に成り立たないときでも
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。
例を、あげていただけないでしょうか。 >875
(3)って>>1の
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
のこと？ 日高君って、必要条件と十分条件とを理解していないでしょう。それに違いありませぬ。
なぜ、必要条件と十分条件とを理解していないことが、言えるのでしょうか？ >876
自明。自明なことを自明と理解できなければ数学はできません。
どうして、自明なのでしょうか？ >>890
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> が、共に成り立たないときでも
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。
ということをあなたも何度も確認したでしょう？
>832とか>>836とか>>841とか >877
> 1=x^2-xy+y^2と、z^3=x+yを、共に満たす自然数は、存在しないので、
> 1987561=x^2-xy+y^2とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zは、存在しません。
君、そんなことが言い切れるの。すごいねえ。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
からです。 >880
> (3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
> という性質です。
そういうのをふつうは「同値」っていうんだけど聞いたことない？
「同値」といえるかも、しれません。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >881
>>879 日高
また同じこと書いてるね。何度書いても無意味なものは無意味。それが数学。
どの部分が、無意味なのでしょうか？ >882
> > 1=x^2-xy+y^2と、z^3=x+yを、共に満たす自然数は、存在しないので、
> > 1987561=x^2-xy+y^2とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zは、存在しません。
> 君、そんなことが言い切れるの。すごいねえ。
私にはとても言い切れないので証明を教えてください。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
からです。 >883
彼は壊れたマシーンのようにp=2の場合を書き込み続ける。
なぜ、p=2の場合を書き込み続けては、いけないのでしょうか？ >884
p=2の場合の存在証明に何の意味もないのだが
それを利用してpが奇素数の場合の誤りを指摘しようと努力している人がいて
p=2の場合の存在証明は、何の意味もない事なのでしょうか？ >888
> 何を、どのように説明すれば、よろしいのでしょうか？
他人が一人も理解出来ないということは、日高の妄想が間違っている証拠。
間違っていることを正しく説明する方法はない。
間違っていることを正しく説明する方法は、反例を上げれば良いと思います。 >889
> そうです。同じです。どうして、つまらない書き込みでしょうか？
同じく間違っているから。反省無いから。ゴミ。迷惑だから。
間違っている理由を、教えていただけないでしょうか。 >893
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> が、共に成り立たないときでも
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。
ということをあなたも何度も確認したでしょう？
{1=(z-y)
{(x^p/1)=(z+y)
が、共に成り立たない場合は、a=(z-y)の場合でしょうか？ >>903
自分で>832とか>>836とか>>841とか書いたのだから
自分で判断できないですか？
はっきり
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> が、共に成り立たない
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。
と書いてあるでしょう？
そして
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> が、共に成り立たない
ことを確かめただけでは足りてないから別のことを書き足してあるでしょう？
あなたが書いたんですよね？ >>901 日高
> 間違っていることを正しく説明する方法は、反例を上げれば良いと思います。
反例をあげてもそれが反例だと理解できない奴には無意味。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >904
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> が、共に成り立たない
ことを確かめただけでは足りてないから別のことを書き足してあるでしょう？
あなたが書いたんですよね？
すみません。この部分の意味が、よくわからないのですが。 >905
> 間違っていることを正しく説明する方法は、反例を上げれば良いと思います。
反例をあげてもそれが反例だと理解できない奴には無意味。
説明して、いただければ、反例だと理解できると、思います。 >>907
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> が、共に成り立たない
だけでは（3）が成り立つとも成り立たないとも言えないから
書き足した部分> {a=(z-y)
書き足した部分> {(x^p/a)=(z+y)
書き足した部分> が成り立ちます。
書き足した部分> よって、
書き足した部分> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が、成り立つので、
を調べたうえで
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。
という結論に至ったんですよね？
書き足した部分はあなたが書いたんですよね？ >909
> {1=(z-y)
> {(x^p/1)=(z+y)
> が、共に成り立たない
だけでは（3）が成り立つとも成り立たないとも言えないから
書き足した部分> {a=(z-y)
書き足した部分> {(x^p/a)=(z+y)
書き足した部分> が成り立ちます。
書き足した部分> よって、
書き足した部分> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が、成り立つので、
を調べたうえで
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)も、成り立ちます。
という結論に至ったんですよね？
書き足した部分はあなたが書いたんですよね？
はい。 >>910
つまり
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないとき、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない
同様に、単に文字式を置き換えて
>(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
{ B=D
{ A=C
が成り立たないとき、
AB=CD…(3)’が成り立つとも成り立たないとも言えない
ということですよね？ >>885
>> 【命題】日高は死ぬべき
>> 【証明】自明
>>
> どうしてでしょうか？
自明 >911
>(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
{ B=D
{ A=C
が成り立たないとき、
AB=CD…(3)’が成り立つとも成り立たないとも言えない
ということですよね？
はい。 >912
>> 【命題】日高は死ぬべき
>> 【証明】自明
>>
> どうしてでしょうか？
自明
なぜ、自明なのか、理由を、教えていただけないでしょうか。 >>913
それでは、
{ B=D
{ A=C
が成り立たないとき、
AB=CD…(3)’が成り立つとも成り立たないとも言えない
より
(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
が成り立たないとき、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない
となります 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >915
(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
が成り立たないとき、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない
となります
はい。ここまでは、わかります。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
よって、
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない
(2)でa=(z-y)とおく
{ a=(z-y)
{ (x^p/a)=(z+y)
が成り立つので
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が成り立つ
(2)が成り立つので、(1),(3)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つかどうか、わからない。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
よって、
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)1=(x+y)
が成り立たないので、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない
この証明のこの部分は書かれていない。
(3)が成り立つとも成り立たないとも言えないので、(1),(2)が成り立つとも成り立たないとも言えない
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つかどうか、わからない。 >918
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
よって、
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない
(2)でa=(z-y)とおく
{ a=(z-y)
{ (x^p/a)=(z+y)
が成り立つので
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)が成り立つ
(2)が成り立つので、(1),(3)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
この通りだと思います。 >919
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)1=(x+y)
が成り立たないので、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)1=(x+y)
が成り立たないので、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
は、成り立ちません。
理由は、AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。からです。
この場合、B=Dのとき、A=Cとならないので、
AB=CDとなりません。 >>922
それはもう>>915で確認しました。
> この場合、B=Dのとき、A=Cとならないので、
つまり
> { B=D
> { A=C
> が成り立たないとき、
> AB=CD…(3)’が成り立つとも成り立たないとも言えない >>893=904=909=911=915=918=919=924氏に敬意を表します。 >>924
> >>922
> それはもう>>915で確認しました。
>
> > この場合、B=Dのとき、A=Cとならないので、
> つまり
>
> > { B=D
> > { A=C
> > が成り立たないとき、
> > AB=CD…(3)’が成り立つとも成り立たないとも言えない
完全に理解しておらず済みませんが、
最後は「成り立つことも成り立たないこともある」ですか？ >>916 日高
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
> x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
自分では証明できたと思ってそれで満足するならこのままでもよいが
多くの人に読んでほしいと思うなら、この独りよがりのnotationはやめな。
普通の書き方をしろ。 >>843
> >>842 日高
> > >840
> > 二つの多項式が等しいことの定義を言えない君にはわからなくて当然。
> >
> > どうして、二つの多項式が等しいことの定義が必要なのでしょうか？
>
> 君は、定義を知らないことがらについて論じられると思っているのかね。
これがまだだった。>>1で
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
って書いてるけど，この「=」は多項式として等しいの意味じゃないの？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >925
>>893=904=909=911=915=918=919=924氏に敬意を表します。
どういう意味でしょうか？ >926
完全に理解しておらず済みませんが、
最後は「成り立つことも成り立たないこともある」ですか？
それは、「成り立つ」の意味の解釈に、よります。 >927
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
> x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
> (x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
> (x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
自分では証明できたと思ってそれで満足するならこのままでもよいが
多くの人に読んでほしいと思うなら、この独りよがりのnotationはやめな。
普通の書き方をしろ。
どういう、書き方が、良いのでしょうか？ >928
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
って書いてるけど，この「=」は多項式として等しいの意味じゃないの？
はい。そうです。 >929
p=2をなんで連投してんの？ 意味ないじゃん。
見やすくするためです。 >>901
> >888
> > 何を、どのように説明すれば、よろしいのでしょうか？
> 他人が一人も理解出来ないということは、日高の妄想が間違っている証拠。
> 間違っていることを正しく説明する方法はない。
>
> 間違っていることを正しく説明する方法は、反例を上げれば良いと思います。
数学勉強しなおせ。ゴミ。
命題：日高は間違い。
証明：1+1=2だから、主張は正しい。証明終わり。
反例上げてみろ。 間違いは間違い。説明を工夫しようが、正しくなることはない。 >924
> この場合、B=Dのとき、A=Cとならないので、
つまり
> { B=D
> { A=C
> が成り立たないとき、
> AB=CD…(3)’が成り立つとも成り立たないとも言えない
そうです。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >937
命題：日高は間違い。
証明：1+1=2だから、主張は正しい。証明終わり。
反例上げてみろ。
反例は、ありません。 >938
間違いは間違い。説明を工夫しようが、正しくなることはない。
間違いの、理由を教えていただけないでしょうか。 >940
>>935
見やすくないのでやめてほしい
私は、掲示板に、表示したほうが、見やすいです。 >>944
全く理解できません。
他の人にはじゃまなだけです。
コピペしてるんだから同じテキストファイルを持っていますよね。不要だと思います。 (修正)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)も満たす。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)も満たさない。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)も満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (再修正)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>929
私も、前は2つセットで連騰していて、なぜp=2だけなのかと思っていたが
https://rio2016.5ch.net/math/
にかならず>>1が表示されるからだと今気づいた
p=2は流れて（彼にとって）消えるから連投するのだろう
彼に5chの使い方を理解させられたら連投しなくなるかもしれない >>948
そうか、だから奇素数の方は書かなくなったんだ。 >>949
次スレでは>>1にp=2と奇素数と両方書けばいいのに。 >>950 追加
しかし、日高は不思議とp=2と奇素数を同一レスに書かないな。 >>947
例えば
(x^p/(1/2))(1/2)=(z+y)(z-y)…(4)を考えると
1/2=(z-y)を満たす自然数は存在しない
当然
{ 1/2=(z-y)
{ (x^p/(1/2))=(z+y)
を満たす自然数は存在しない
しかし
(x^p/(1/2))(1/2)=(z+y)(z-y)…(4)を満たす自然数は存在する
とにかく
{ B=D
{ A=C
が成り立たないとか、自然数が存在しないとかいうことをいくら調べても無駄
AB=CD…(3)’が成り立つかどうか、、自然数の解が存在するかどうかを調べたことにならない >952
とにかく
{ B=D
{ A=C
が成り立たないとか、自然数が存在しないとかいうことをいくら調べても無駄
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。 (修正)
【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=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zは自然数とならない。
(3)を満たす自然数が無いので、(1),(2)を満たす自然数は無い。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>953
>>918では
z=5,y=3のとき
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないことを調べたけど、結果として(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つ
>>952では
{ 1/2=(z-y)
{ (x^p/(1/2))=(z+y)
を満たす自然数は存在しないことを調べたけど、結果として(x^p/(1/2))(1/2)=(z+y)(z-y)…(4)を満たす自然数は存在する
調べたことが答えを得るのに何も役に立ってないので無駄です。
あなたのよく書いている「等式の性質」でいうならば
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立つとき、「等式の両辺にそれぞれ同じものをかけても相等しい」という等式の性質から
それぞれの左辺同士、右辺同士をかけて
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)が成り立つことが言えますが
「成り立たない等式の両辺にそれぞれ別のものをかけても等しくなることはない」なんていう性質はもちろんないので
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないとき、(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立たないなんていうことは言えません。 日高は>>396のように自分の主張のためなら定数を途中で書き換えることまでする。 >955
z=5,y=3のとき
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないことを調べたけど、結果として(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)が成り立つ
z=5,y=3は、{ 1=(z-y)、{ (x^p/1)=(z+y)を満たしません。
z=5,y=3は、{ a=(z-y)、{ (x^p/a)=(z+y)を満たすので、(2)を満たす自然数が存在します。
(2)を満たす自然数が存在するので、(3)を満たす自然数も存在します。 (再修正)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >956
日高は>>396のように自分の主張のためなら定数を途中で書き換えることまでする。
定数を書き換えたことに、なるのでしょうか？ >>957
> z=5,y=3は、{ 1=(z-y)、{ (x^p/1)=(z+y)を満たしません。
> z=5,y=3は、{ a=(z-y)、{ (x^p/a)=(z+y)を満たすので、(2)を満たす自然数が存在します。
> (2)を満たす自然数が存在するので、(3)を満たす自然数も存在します。
この説明に最初の1行はいりませんよね。
> z=5,y=3は、{ a=(z-y)、{ (x^p/a)=(z+y)を満たすので、(2)を満たす自然数が存在します。
> (2)を満たす自然数が存在するので、(3)を満たす自然数も存在します。
これで十分です。
最初の1行は無駄です。 >>959 日高
> >956
> 日高は>>396のように自分の主張のためなら定数を途中で書き換えることまでする。
>
> 定数を書き換えたことに、なるのでしょうか？
だってA=6,B=1,C=2,D=3から始めたのにAB=CDだからと言って
> 最終的にA,B,C,Dはそれぞれいくつですか？
>
> A=6,B=1,C=(2*3),D=(3*1/3)です。
と答えている。 >961
> A=6,B=1,C=(2*3),D=(3*1/3)です。
ｄ
と答えている。
(2*3)=6,(3*1/3)=1では、ないでしょうか？ >>942
> >937
> 命題：日高は間違い。
> 証明：1+1=2だから、主張は正しい。証明終わり。
>
> 反例上げてみろ。
>
> 反例は、ありません。
では、日高は間違い。が、正しい定理として認知されたということだな。
この定理により、1は間違い。 >>962 日高
> >961
> > A=6,B=1,C=(2*3),D=(3*1/3)です。
> ｄ
> と答えている。
>
> (2*3)=6,(3*1/3)=1では、ないでしょうか？
A=6,B=1,C=2,D=3から始めたのですよ。
AB=CDだからと言ってCが6に、Dが1に変わるのが日高式。
これを矯正するのには相当の困難が伴うと思われ。 (修正)
【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=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zは自然数とならない。
(3)を満たす自然数が無いので、(1),(2)を満たす自然数は無い。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >963
> 反例は、ありません。
では、日高は間違い。が、正しい定理として認知されたということだな。
この定理により、1は間違い。
良くわかりません。 >>965 日高
> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> 等式の性質により、
> (3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
> (3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
aが0でないという前提のもとでは(2)と(3)とは同じ式。
読んでもらいたいなら通常の記法を使いな。 >964
A=6,B=1,C=2,D=3から始めたのですよ。
AB=CDだからと言ってCが6に、Dが1に変わるのが日高式。
これを矯正するのには相当の困難が伴うと思われ。
Cを6に、Dを1に変えれば、良いということです。 (再修正)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>968 日高
> >964
> A=6,B=1,C=2,D=3から始めたのですよ。
> AB=CDだからと言ってCが6に、Dが1に変わるのが日高式。
> これを矯正するのには相当の困難が伴うと思われ。
>
> Cを6に、Dを1に変えれば、良いということです。
よくない。そういう勝手なことをするのならそれは数学ではない。 >967
aが0でないという前提のもとでは(2)と(3)とは同じ式。
同じ式では、ないです。 >970
>
> Cを6に、Dを1に変えれば、良いということです。
よくない。そういう勝手なことをするのならそれは数学ではない。
どうしてでしょうか？ >>966
> >963
> > 反例は、ありません。
> では、日高は間違い。が、正しい定理として認知されたということだな。
> この定理により、1は間違い。
>
> 良くわかりません。
わからないと誤魔化すな。ゴミ老人。勉強しなおせ。 >>971 日高
> >967
> aが0でないという前提のもとでは(2)と(3)とは同じ式。
>
> 同じ式では、ないです。
はい、それじゃ同値な式と訂正しておきましょう。 >>972 日高
> >970
> >
> > Cを6に、Dを1に変えれば、良いということです。
>
> よくない。そういう勝手なことをするのならそれは数学ではない。
>
> どうしてでしょうか？
ルールを守って、既知の事実から新しい事実を導くのが数学です。 (修正)
【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=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zは自然数とならない。
(3)を満たす自然数が無いので、(1),(2)を満たす自然数は無い。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>976 日高
> (3)を満たす自然数が無いので、(1),(2)を満たす自然数は無い。
「(3)を満たす自然数が無い」ってどこで証明していますか？ >>976
繰り返しになりますが、同じ証明を何度も書き込んでいて、おそらくhttps://rio2016.5ch.net/math/をブラウザで
直接見ているのだと推測しますが、「全部読む」をクリックして、最初からすべての書き込みを読める状態で書き込んでもらえませんか。
そして見えなくなった書き込みに返事がない気がするのですが
>>960は読んでもらえましたか？
>>976も同じ間違いをしています。
>>952では
{ 1/2=(z-y)
{ (x^p/(1/2))=(z+y)
を満たす自然数の解が存在しないことを調べたけど、そんなことを調べても無駄です。
別の説明から、(x^p/(1/2))(1/2)=(z+y)(z-y)…(4)を満たす自然数の解が存在することが証明できます。
連立式を、満たさない、自然数の解が存在しない、成り立たないことをいくら調べても、
そこから何も言えないので証明の役に立たないのです。 >>976 日高
「
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
を満たす自然数x,y,zが存在する」を命題P,
「
{1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{(z^p/1)=(x+y)に
を満たす自然数x,y,zが存在する」を命題Q
とすると
PはQの必要条件であることは自明ですが十分条件であるかどうかは不明です。 なんでAとかBとかCって文字で置くんだろう？ 何か意味あるのか？
1=Bって式から、極めて何か絶望的センスを感じる。 >>980
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
この一行がお気に入りなんだと思う。 >>981
それと、一文字で書くと>>970みたいなことができると思い込んでいるふしがある。 >>982
>>978氏が丁寧に誤りを説明しておられるが
数値書き換えの技が使えると信じているスレ主に
伝わるかどうか。 「1=...じゃなくてa=...となるかもしれない」と説明しているのに
スレ主の頭の中では「だったら1=...に値を変えればよい」ということらしい。
これを日高の定数変化法とでも呼ぶか。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (修正)
【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=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zは自然数とならない。
(3)を満たす自然数が無いので、(1),(2)を満たす自然数は無い。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >970
> Cを6に、Dを1に変えれば、良いということです。
よくない。そういう勝手なことをするのならそれは数学ではない。
どうしてでしょうか？ >973
> 良くわかりません。
わからないと誤魔化すな。ゴミ老人。勉強しなおせ。
どうしてでしょうか？ >974
> 同じ式では、ないです。
はい、それじゃ同値な式と訂正しておきましょう。
同値な式で良いと思います。 >975
ルールを守って、既知の事実から新しい事実を導くのが数学です。
どの部分が、ルールを守っていないのでしょうか？ >977
> (3)を満たす自然数が無いので、(1),(2)を満たす自然数は無い。
「(3)を満たす自然数が無い」ってどこで証明していますか？
(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zは自然数とならない。
で、証明しています。 >978
{ 1/2=(z-y)
{ (x^p/(1/2))=(z+y)
を満たす自然数の解が存在しないことを調べたけど、そんなことを調べても無駄です。
{ 1/2=(z-y)
{ (x^p/(1/2))=(z+y)
を満たす自然数の組は存在しませんが、有理数の組は存在します。
例. x=4/4、y=3/4、z=5/4
分母を払うと、x=4、y=3、z=5となります。
別の説明から、(x^p/(1/2))(1/2)=(z+y)(z-y)…(4)を満たす自然数の解が存在することが証明できます。
（連立式に、有理数解が、存在するので、(4)に自然数解が、存在します。)
連立式を、満たさない、自然数の解が存在しない、成り立たないことをいくら調べても、
そこから何も言えないので証明の役に立たないのです。
上記の理由により、違うと思います。 >979
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
を満たす自然数x,y,zが存在する」を命題P,
{1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{(z^p/1)=(x+y)に
を満たす自然数x,y,zが存在する」を命題Q
とすると
PはQの必要条件であることは自明ですが十分条件であるかどうかは不明です。
{1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{(z^p/1)=(x+y)に
を満たす自然数x,y,zが存在しないならば、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
を満たす自然数x,y,zも、存在しません。 >984
「1=...じゃなくてa=...となるかもしれない」と説明しているのに
スレ主の頭の中では「だったら1=...に値を変えればよい」ということらしい。
これを日高の定数変化法とでも呼ぶか。
よく、意味が読み取れません。 >>987 日高
> >970
> > Cを6に、Dを1に変えれば、良いということです。
>
> よくない。そういう勝手なことをするのならそれは数学ではない。
>
> どうしてでしょうか？
そういうルールだから。 >>990 日高
> >975
> ルールを守って、既知の事実から新しい事実を導くのが数学です。
>
> どの部分が、ルールを守っていないのでしょうか？
一度決めた値を勝手に書き換えるところ。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(3)を(x^p/1)=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 【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=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(3)を(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zは自然数とならない。
(3)を満たす自然数が無いので、(1),(2)を満たす自然数は無い。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>993 日高
> {1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> {(z^p/1)=(x+y)に
> を満たす自然数x,y,zが存在しないならば、
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> を満たす自然数x,y,zも、存在しません。
はい、でまかせ確定。 このスレッドは１０００を超えました。
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