フェルマーの最終定理の簡単な証明7

日高 · 2020/02/26(水) 20:24:05.55

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/04(土) 12:20:34.92

>>544
AB=CD

A=B=1とする

このときCD=1
1×1=1
ゆえにC=D=1

というふざけたことを言っているのが君

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/04(土) 12:34:20.89

>>545 日高
> >543
> > r^(p-1) = pの場合と、x,y,zの比が、同じとなるからです。
>
> そんなこと証明に書いてないじゃん。
>
> 自明です。

じゃあ証明してみせて。自明ならできるでしょ。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/04(土) 13:37:15.70

>>545
r^(p-1) = p のとき
r = (p)^(1/(p-1))
x : z = x : x+p^(1/(p-1))

r^(p-1) = 100p のとき
r = (100p)^(1/(p-1))
x : z = x : x+ (100p)^(1/(p-1))

自明だろうか？

日高 · 2020/04/04(土) 13:53:15.98

>548
AB=CD

A=B=1とする

このときCD=1
1×1=1
ゆえにC=D=1

そうなります。

日高 · 2020/04/04(土) 13:58:52.39

>549
> > r^(p-1) = pの場合と、x,y,zの比が、同じとなるからです。

r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/aは、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}となります。

日高 · 2020/04/04(土) 14:12:09.59

>550
r^(p-1) = 100p のとき
r = (100p)^(1/(p-1))
x : z = x : x+ (100p)^(1/(p-1))

自明だろうか？

x : z = X: X+ (100p)^(1/(p-1))
X=x*100^{1/(p-1)}となります。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/04(土) 14:19:04.85

>>552 日高
> >549
> > > r^(p-1) = pの場合と、x,y,zの比が、同じとなるからです。
>
>
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/aは、
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}となります。

この二つ、普通の数学ではまったく同じ式だけど、
日高さんには意味が違うの？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/04(土) 14:32:30.69

>>551 日高
頭、大丈夫か？

日高 · 2020/04/04(土) 15:31:55.48

>554
この二つ、普通の数学ではまったく同じ式だけど、
日高さんには意味が違うの？

r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/aのx,yと、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}のx,yは、比が同じとなります。

日高 · 2020/04/04(土) 15:34:00.52

(別解4)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【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)は(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)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxを有理数とすると、z,yは、無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

日高 · 2020/04/04(土) 15:35:14.80

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいて、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)は(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r+1)^2、 (y/r)^2-1=2{(x/r)^(2-1)}、
r^(2-1){(y/r)^2-1}=2{x^(2-1)}…(2)となる。
(2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
(3)はxを有理数とすると、z,yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/04(土) 15:47:44.06

>>556 日高
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/aのx,yと、
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}のx,yは、比が同じとなります。

同じ式だって言ってるだろうが。日本語読めないのか？

日高 · 2020/04/04(土) 17:11:09.47

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいて、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)は(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r+1)^2、 (y/r)^2-1=2{(x/r)^(2-1)}、
r^(2-1){(y/r)^2-1}=2{x^(2-1)}…(2)となる。
(2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。

日高 · 2020/04/04(土) 17:14:22.90

>559
同じ式だって言ってるだろうが。日本語読めないのか？

どういう意味でしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/04(土) 17:26:34.53

>>561 日高
コメントの番号をたどって読み返してください。それでもわかりませんか？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/04(土) 18:33:49.80

>>560
　数学ではないねwwwwwwwwwww

日高 · 2020/04/04(土) 20:33:25.47

>562
コメントの番号をたどって読み返してください。それでもわかりませんか？

どういうことでしょうか？具体的に、指摘していただけないでしょうか。

日高 · 2020/04/04(土) 20:35:08.88

>563
　数学ではないねwwwwwwwwwww

どの部分が数学では、ないのでしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/04(土) 20:42:00.64

>>565

> >563
> 　数学ではないねwwwwwwwwwww
>
> どの部分が数学では、ないのでしょうか？
どの部分が数学なのでしょうか

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/04(土) 21:11:53.01

>>532
> この場合、x^p+y^p=z^pは、yが、有理数となりません。

x、zが有理数の時、yは有理数とならない
これは自明ではありません。
そのことを証明してください。
そのことを証明していない>>557は間違っています。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/04(土) 21:38:39.31

>>567
> >>532
> > この場合、x^p+y^p=z^pは、yが、有理数となりません。
>
> x、zが有理数の時、yは有理数とならない
> これは自明ではありません。

そうですよねえ。これってフェルマーの最終定理そのものですから。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/04(土) 23:04:39.77

>>553
意味不明
・r^(p-1) = 100p
・{(y/r)^p-1} = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/100
とか
・r^(p-1) = √123 × p
・{(y/r)^p-1} = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/√123
の場合でも「xとzの比が同じになる」という主張となんの関係があるんだ？
ちゃんと証明しろよ

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 01:03:37.66

x^2/a^2-y^2/a^2=1が
0≦x,0≦yの区間で
(x,y)=((a+1)/2,(a-1)/2)で初めて格子点を通るときaは素数

(x^6+z^6)^2/(r^2+z^6)-(y^6+z^6)^2/(r^2+z^6)=1
r^2=x^12+y^12+z^12

0≦(x^6+z^6),0≦(y^6+z^6)の区間で
((x^6+z^6),(y^6+z^6))=((√(r^2+z^2)+1)/2,(√(r^2+z^2)-1)/2)で初めて格子点を通るとき√(r^2+z^6)は素数

(x^6+z^6)^2/(r^2+z^6)-(y^6+z^6)^2/(r^2+z^6)=1を満たすx,y,zの整数の組み合わせはないため
zに任意の整数値を入れるとき
(x^6+z^6)^2/(r^2+z^6)-(y^6+z^6)^2/(r^2+z^6)=1は格子点を0<x,0<yの範囲において通らない
zの値に整数値を代入し0<x,0<yの範囲でx,yの値
X^2/a^2-Y^2/a^2=1の双曲線になる

(x^6+z^6)^2/(r^2+z^6)-(y^6+z^6)^2/(r^2+z^6)=1
r^2=x^12+y^12+z^12←z^12としてしまう

(x^6+z^6)^2/(z^12+z^6)-(y^6+z^6)^2/(z^12+z^6)=1

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 01:21:56.99

(x^(2*n)+z^(2*n))^2/(r^2+z^(2*n))-(y^6+z^(2*n))^2/(r^2+z^(2*n))=1
r^2=x^(4*n)+y^(4*n)+z^(4*n)←z^12としてしまう

nが3以上の整数値の時
(x^(2*n)+z^(2*n))^2/(z^(4*n)+z^(2*n))-(y^6+z^(2*n))^2/(z^(4*n)+z^(2*n))=1
の双曲線は格子点をすべての領域で通らないため
(z^(4*n)+z^(2*n))の値を調整し格子点をとおるようにする

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 01:25:08.13

二本の方程式があって、片方の解を定数倍するとそれは他方の解になる、
ということを言いたいらしい。ただしその定数は無理数なので証明にならないんだが。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 01:31:09.56

このネタ一つで何年やってるのか知らないが、
その間、中学高校の数学を勉強していたら、
とっくに自分の間違いに気づいていただろうに。
哀れな奴だ。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 01:47:18.74

>>572
ひいては>>557の
(3)の無理数解を調べなきゃね、って事かな。

日高 · 2020/04/05(日) 07:48:30.60

>566
> どの部分が数学では、ないのでしょうか？
どの部分が数学なのでしょうか

計算が合うので、数学です。

日高 · 2020/04/05(日) 09:09:46.33

>567
x、zが有理数の時、yは有理数とならない
これは自明ではありません。
そのことを証明してください。

すみません。問題を、最初から書いていただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 09:13:47.93

>>576 日高
このくらいで議論の道筋がわからなくなるようでは、
君は知的な議論には向いていない。数学は無理だからあきらめなさい。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 11:26:59.12

>>575

> >566
> > どの部分が数学では、ないのでしょうか？
> どの部分が数学なのでしょうか
>
> 計算が合うので、数学です。
計算してないじゃん。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 12:07:27.93

>>576
pが奇素数で、x、zが有理数で、x^p+y^p=z^pを満たすx、y、zの組があるとき、
ｙが有理数になるようなx、y、zの組は存在しない。

このことを証明してください。

日高 · 2020/04/05(日) 13:56:47.76

>570
x^2/a^2-y^2/a^2=1が
0≦x,0≦yの区間で
(x,y)=((a+1)/2,(a-1)/2)で初めて格子点を通るときaは素数

わかりません。

日高 · 2020/04/05(日) 13:58:59.88

>571
(x^(2*n)+z^(2*n))^2/(r^2+z^(2*n))-(y^6+z^(2*n))^2/(r^2+z^(2*n))=1
r^2=x^(4*n)+y^(4*n)+z^(4*n)←z^12としてしまう

わかりません。

日高 · 2020/04/05(日) 14:03:28.07

>572
二本の方程式があって、片方の解を定数倍するとそれは他方の解になる、
ということを言いたいらしい。ただしその定数は無理数なので証明にならないんだが。

定数が、無理数でも、x,y,zの比は、同じとなります。

日高 · 2020/04/05(日) 14:06:14.13

>574
ひいては>>557の
(3)の無理数解を調べなきゃね、って事かな。

有理数解がないならば、整数比となる無理数解もありません。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 14:10:14.54

日高さんは>>514の誤りを正しく指摘できていない。
数学は無理だからあきらめなさい。

日高 · 2020/04/05(日) 14:12:45.21

(別解4)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【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)は(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)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxを有理数とすると、z,yは、無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

日高 · 2020/04/05(日) 14:13:52.59

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいて、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)は(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r+1)^2、 (y/r)^2-1=2{(x/r)^(2-1)}、
r^(2-1){(y/r)^2-1}=2{x^(2-1)}…(2)となる。
(2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 14:15:14.05

>>583
> >574
> ひいては>>557の
> (3)の無理数解を調べなきゃね、って事かな。
>
> 有理数解がないならば、整数比となる無理数解もありません。

有理数解がない「「「ならば」」」　　じゃなくて、
有理数解がない　　事を証明しないといけないのでは？

日高 · 2020/04/05(日) 14:21:42.01

>579
pが奇素数で、x、zが有理数で、x^p+y^p=z^pを満たすx、y、zの組があるとき、
ｙが有理数になるようなx、y、zの組は存在しない。

このことを証明してください。

x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)　　(ap)^{1/(p-1)}は有理数
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zの定数倍となります。

日高 · 2020/04/05(日) 14:23:52.13

>587
有理数解がない「「「ならば」」」　　じゃなくて、
有理数解がない　　事を証明しないといけないのでは？

585で、証明しています。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 14:36:09.81

>>588

条件より、xは有理数です。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)　　(ap)^{1/(p-1)}は有理数

(4)のxは有理数、(ap)^{1/(p-1)}も有理数です。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)

(3)のp^{1/(p-1)}は無理数です。

(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zの定数倍となるという主張が正しいならば、xは必ず無理数になります。

p^{1/(p-1)}は無理数で、xが無理数の時、有理数比になるようなx、y、zの組がないことを、証明してください。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 14:36:26.68

>>589

>>585で、(3)に有理数解がない事を証明してるって事？
ちがうちがう。

>>585の証明では隠蔽してるけど、
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)　　(ap)^{1/(p-1)}は有理数
(4)に有理数解がない事を言わないといけない。

日高 · 2020/04/05(日) 15:43:35.11

>590
p^{1/(p-1)}は無理数で、xが無理数の時、有理数比になるようなx、y、zの組がないことを、証明してください

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、有理数で、整数比となります。

例。x:y:z=3√3:4√3:5√3=3:4:5

日高 · 2020/04/05(日) 15:45:32.53

>591
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)　　(ap)^{1/(p-1)}は有理数
(4)に有理数解がない事を言わないといけない。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、有理数で、整数比となります。

例。x:y:z=3√3:4√3:5√3=3:4:5

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 15:56:08.50

>>592

> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、有理数で、整数比となります。

それで？
有理数で整数比となるx、y、zが存在することを証明するんですか？
それならどうぞ証明してください。

それとも、
有理数で整数比となるx、y、zが存在しないことを証明するんですか？
それならどうぞ証明してください。

>>447で確認したとおり、>>585ではrが無理数の時の証明しかありませんので
それ以外で。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 16:08:04.06

>>593
> >591
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)　　(ap)^{1/(p-1)}は有理数
> (4)に有理数解がない事を言わないといけない。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、有理数で、整数比となります。
>
> 例。x:y:z=3√3:4√3:5√3=3:4:5

　x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
　x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)のx,y,zが、有理数で、整数比となります。
じゃないですかね？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 16:16:51.67

>>594は取り消します。

> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
>有理数で、整数比となります。

この時点で間違いです。
x=1/2×p^{1/(p-1)}のとき
x:zは1:2ですが

>>224であなたが答えた通り
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、
:zが1：2になるような有理数xは、存在しません。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 16:20:27.61

>>596また書き間違えました、訂正します。

> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、有理数で、整数比となります。

この時点で間違いです。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのxが、無理数で、
x=1/2×p^{1/(p-1)}のとき
x:zは1:2ですが

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、
ｘ:zが1:2になるような有理数xは、存在しません。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 16:45:33.49

>>592
よく読んだら

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、無理数で、整数比となる

の例としてp=2の時
x:y:z=3√3:4√3:5√3
が上がっていますが、p=2の時x=3√3、y=4√3、z=5√3は
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを満たしませんよ。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 16:51:45.00

p=2のとき、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、無理数で、整数比となる
ようなx、y、zは存在しない

pが奇素数の時
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、有理数で、整数比となる
ようなx、y、zは存在しない。

なのでどちらの場合にしろ
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、有理数で、整数比となります。
はおかしい。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 17:00:46.96

またこれに行こうとしてるのかな……
何回同じ事やるのかな……
>>236

日高 · 2020/04/05(日) 17:35:48.16

(別解4)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【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)は(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)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxを有理数とすると、z,yは、無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

日高 · 2020/04/05(日) 17:37:00.95

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいて、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)は(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r+1)^2、 (y/r)^2-1=2{(x/r)^(2-1)}、
r^(2-1){(y/r)^2-1}=2{x^(2-1)}…(2)となる。
(2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。

日高 · 2020/04/05(日) 17:42:35.41

>595
　x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
　x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)のx,y,zが、有理数で、整数比となります。
じゃないですかね？

はい。それも、言えますね。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 17:46:43.38

>>603
> >595
> 　x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
> 　x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)のx,y,zが、有理数で、整数比となります。
> じゃないですかね？
>
> はい。それも、言えますね。

これも言えるって事？
　x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
　x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが、有理数で、整数比となります。

日高 · 2020/04/05(日) 18:00:49.57

>599
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、有理数で、整数比となります。
はおかしい。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
その、無理数のx,y,zを共通の無理数で割ると、商は、有理数となり、
整数比となります。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 18:07:07.03

>>600
日高さんはアンカーたどれないみたいだから再度貼りつけるほうがよいかも。>皆様

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 18:07:51.61

>>604,605
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
> その、無理数のx,y,zを共通の無理数で割ると、商は、有理数となり、
> 整数比となります。

何回同じミスをやるのかな？いい加減学習しましょう。
>>236をよく見返して下さい。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 18:08:51.91

>>606
アンカー押したら見れるよ
って教えたばかりなんだがw

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 18:15:57.52

>>605

ｚ=x+p^{1/(p-1)}ですよね。

共通の無理数αとすると
(x/α)^p+(y/α)＾ｐ=(z/α)＾p
(x/α)^p+(y/α)＾ｐ=((x/α)+(p^{1/(p-1)}/α)＾p
となり、

このx/α,y/y/αが
(x/α)^p+(y/α)＾ｐ=((x/α)+(p^{1/(p-1)})＾p

を満たさないことは自明です。

日高 · 2020/04/05(日) 19:54:32.19

>604
これも言えるって事？
　x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
　x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが、有理数で、整数比となります。

はい。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 20:07:59.74

>>610

>>607に合流しちゃって下さい。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 20:10:36.31

>>610
(3)は無理数という前提から(3)は有理数である
が演繹されるってこと？

日高 · 2020/04/05(日) 20:10:58.99

>609
(x/α)^p+(y/α)＾ｐ=((x/α)+(p^{1/(p-1)})＾p

を満たさないことは自明です。

なぜ、自明なのかを、教えていただけないでしょうか。

日高 · 2020/04/05(日) 20:12:18.25

(別解4)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【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)は(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)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxを有理数とすると、z,yは、無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

日高 · 2020/04/05(日) 20:13:15.41

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいて、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)は(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r+1)^2、 (y/r)^2-1=2{(x/r)^(2-1)}、
r^(2-1){(y/r)^2-1}=2{x^(2-1)}…(2)となる。
(2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。

日高 · 2020/04/05(日) 20:15:24.26

>612
(3)は無理数という前提から(3)は有理数である
が演繹されるってこと？

質問の意味を具体的に、教えていただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 20:32:32.53

>>613

①　x、y、zを共通の無理数αで割る、という時、αは1ではないので

②　p^{1/(p-1)}/α　と　p^{1/(p-1)}　は　①より違う数なので

③　(x/α)+(p^{1/(p-1)}/α) と、((x/α)+(p^{1/(p-1)})＾p）は②より違う数であり、

④　(x/α)^p+(y/α)＾ｐ　を計算したとき、
④　(x/α)^p+(y/α)＾ｐ　=　((x/α)+(p^{1/(p-1)}/α))＾p
④　となると同時に、違う数である
④　(x/α)^p+(y/α)＾ｐ　=　((x/α)+(p^{1/(p-1)}))＾p
④　となることはないから。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 21:07:35.08

>>607
いちおう貼っておく

236 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/03/15(日) 09:58:54.13 ID:+Wj7spja [3/3]
>>235
貴方は
「(3)の無理数解を共通の無理数で割った物は、また(3)の有理数解になる」
と言いたいのかもしれないですが、

>>221の例でいくと
(3)の無理数解
　(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})
を共通の無理数で割った物は
　(1, 1, 2)
となって、これは(3)ではなく(5)の有理数解です。

よって
「(3)の無理数解を共通の無理数で割った物は、(3)ではなく(5)の有理数解になる」
です。なので貴方の反論は無効です。
これはフェルマースレ5で決着した事です。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 21:08:29.17

221 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/03/14(土) 21:39:39.89 ID:Q+LhFTJa
>>218 日高にならって

【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+7y^p=z^pを、z=x+rとおいて、x^p+7y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を(x/r)^p+7(y/r)^p=(x/r+1)^p
7(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}
r^(p-1){7(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+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はz=x+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、xは無理数となる。
(2)をr^(p-1){7(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/a…(4)とする
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+7y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、等しい。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。

反例：1^3+7*1^3=2^3。
(5)はx^3+7y^3=(x+r)^3でありr=1とすればx^3+7y^3=(x+1)^3となりx=y=1,z=2が解。
(3)はx^3+7y^3=(x+3^{1/2})^3だがこの無理数解x=y=3^{1/2},z=2*3^{1/2}はx:y:z=1:1:2をみたす。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/05(日) 21:31:55.60

(x^6+z^6)^2/(r^2+2*z^12)-(y^6+z^6)^2/(r^2+2*z^12)=1
r^2=x^12+y^12+z^12

(√(x^12+y^12+3*z^12)-z^6)^(1/6)=xを満たす整数x,y,zの組み合わせがない

日高 · 2020/04/06(月) 06:39:16.55

(別解5)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【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)は(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)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxを有理数とすると、z,yは、無理数となる。
(2)をap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

日高 · 2020/04/06(月) 06:47:21.58

(別解5修正)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【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)は(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)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、x,zは、無理数となる。
(2)をap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

日高 · 2020/04/06(月) 06:50:03.35

>617
④　(x/α)^p+(y/α)＾ｐ　=　((x/α)+(p^{1/(p-1)}))＾p
④　となることはないから。

わかりました。

日高 · 2020/04/06(月) 06:55:07.85

>618
(3)の無理数解
　(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})
を共通の無理数で割った物は
　(1, 1, 2)
となって、これは(3)ではなく(5)の有理数解です。

よって
「(3)の無理数解を共通の無理数で割った物は、(3)ではなく(5)の有理数解になる」
です。なので貴方の反論は無効です。
これはフェルマースレ5で決着した事です。

無理数解が、あるならば、有理数解も、あります。

日高 · 2020/04/06(月) 06:58:47.90

>619
反例：1^3+7*1^3=2^3。
(5)はx^3+7y^3=(x+r)^3でありr=1とすればx^3+7y^3=(x+1)^3となりx=y=1,z=2が解。
(3)はx^3+7y^3=(x+3^{1/2})^3だがこの無理数解x=y=3^{1/2},z=2*3^{1/2}はx:y:z=1:1:2をみたす。

x^p+7y^p=z^pは、無理数解が、あるので、有理数解も、あります。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/06(月) 07:00:01.43

>>624
フェルマースレ5で一度は認めたじゃん。
本当に分からなくなっちゃったの？

日高 · 2020/04/06(月) 07:01:52.40

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいて、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)は(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r+1)^2、 (y/r)^2-1=2{(x/r)^(2-1)}、
r^(2-1){(y/r)^2-1}=2{x^(2-1)}…(2)となる。
(2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。

日高 · 2020/04/06(月) 07:05:18.17

>620
(x^6+z^6)^2/(r^2+2*z^12)-(y^6+z^6)^2/(r^2+2*z^12)=1
r^2=x^12+y^12+z^12

(√(x^12+y^12+3*z^12)-z^6)^(1/6)=xを満たす整数x,y,zの組み合わせがない

わかりません。

日高 · 2020/04/06(月) 07:07:32.80

>626
>>624
フェルマースレ5で一度は認めたじゃん。
本当に分からなくなっちゃったの？

どのようなことを、認めたのでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/06(月) 07:15:10.68

>>629

> >626
> >>624
> フェルマースレ5で一度は認めたじゃん。
> 本当に分からなくなっちゃったの？
>
> どのようなことを、認めたのでしょうか。

私が>>618のような事を書いたら、
貴方は「その通りだと思います」と回答しました。

日高 · 2020/04/06(月) 08:09:37.53

>630
私が>>618のような事を書いたら、
貴方は「その通りだと思います」と回答しました。

すみませんが、なにを、「その通りだと思います」と回答したのでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/06(月) 08:16:58.82

>>631　その時のレスを貼りますね。　フェルマースレ5
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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/06(月) 08:17:43.56

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。

日高 · 2020/04/06(月) 13:47:08.59

>633
>(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。

無理数解(R, S, T)の無理数部分を落としたものは、
有理数解になります。

日高 · 2020/04/06(月) 13:49:34.17

(別解5修正)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【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)は(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)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、x,zは、無理数となる。
(2)をap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/06(月) 15:19:28.26

>>634
理解できなくなったのなら仕方ないです。
残念です。

日高 · 2020/04/06(月) 15:50:28.83

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいて、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)は(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r+1)^2、 (y/r)^2-1=2{(x/r)^(2-1)}、
r^(2-1){(y/r)^2-1}=2{x^(2-1)}…(2)となる。
(2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。

日高 · 2020/04/06(月) 16:18:22.02

(別解5追加)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【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)は(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)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、x,zは、無理数となる。
(2)をap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
よって、(5)のx,zが有理数のとき、yは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/06(月) 17:12:35.25

>>637 日高
> (2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
> (3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。

一応お尋ねします。それはなぜですか？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/06(月) 17:14:10.14

>>638 日高
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はyを有理数とすると、x,zは、無理数となる。

なぜですか？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/06(月) 18:50:10.48

賽の河原という表現が本当にしっくり来るな

日高 · 2020/04/06(月) 19:55:37.17

>639
> (2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
> (3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。

一応お尋ねします。それはなぜですか？

yに、任意の有理数を代入して、試して見てください。

日高 · 2020/04/06(月) 19:59:16.83

>640
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はyを有理数とすると、x,zは、無理数となる。

なぜですか？

x,zに、有理数、無理数を代入して、試してみてください。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/06(月) 20:13:28.60

>>642 日高
> >639
> > (2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
> > (3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。
>
> 一応お尋ねします。それはなぜですか？
>
> yに、任意の有理数を代入して、試して見てください。

君が証明できたと主張しているんだろ？　だったら君が示すのが筋じゃないか。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/06(月) 20:16:13.91

>>643 日高
> >640
> > (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> > (3)はyを有理数とすると、x,zは、無理数となる。
>
> なぜですか？
>
> x,zに、有理数、無理数を代入して、試してみてください。

「x,zは、無理数となる」を示すのに「x,zに、有理数、無理数を代入して、試してみてください」？

そもそも，君が証明できたと主張しているんだろ？　だったら君が示すのが筋じゃないか。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/07(火) 00:38:48.54

>>638
まず、>>199や>>201であなたも確認したとおり、aを決める式にはpやrが含まれていて、rを決める式の中にxが含まれているので
pやxの出てくる式の中にaをそのまま書いてはいけません。
ちゃんとaの値を代入してください。

なぜなら、たとえばy=axと書いたとき、aを決める式の中にｘやyが含まれていたら式の性質が全然変わってしまいますから。

それはともかく
10行目　(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
11行目　よって、(5)のx,zが有理数のとき、yは無理数となる。
10行目から11行目につながりがありません。
(3)のどんな性質から11行目が導き出されるのか、きちんと証明してください。
その証明がないので>>638は間違っています。

日高 · 2020/04/07(火) 07:40:57.56

>645
> > (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> > (3)はyを有理数とすると、x,zは、無理数となる。
>
> なぜですか？

x,zが無理数、yが有理数ならば、式が成り立ちます。