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。 >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。
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