フェルマーの最終定理の簡単な証明7
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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)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。 >>848
「わかりました」とは何だったのか
すでに>>609,617で説明されているのですが、
私も順を追って説明したいと思います。
----------
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)式に、整数比となる無理数解(X, Y, Z)（共通の無理数はα）が存在したとすると、
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…(3-a)
が成り立つ。
ここまでは分かりますか？ >851
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)式に、整数比となる無理数解(X, Y, Z)（共通の無理数はα）が存在したとすると、
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…(3-a)
が成り立つ。
ここまでは分かりますか？
X+p^{1/(p-1)}が、共通の無理数αを持つときですので、
Z=X+p^{1/(p-1)}αとなります。 >>852
その指摘してくれて良かったです。
また夜に返信します。 >>852
>>851を書き直します。
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x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)式に、整数比となる無理数解X、Y（共通の無理数はα）が存在したとすると、
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…(3-a)
が成り立つ。
この時点では、Zは定義していません。
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私のZをZr、貴方のZをZhとして、その定義は
Zr=X+p^{1/(p-1)}
Zh=X+p^{1/(p-1)}α
です。このとき、
X^p+Y^p=(Zr)^p （∵(3-a)式より）
は成り立ちますが、
X^p+Y^p=(Zh)^p
は成り立ちません。
よって、Zhを考える事は無意味だと思います。 >854
X^p+Y^p=(Zr)^p （∵(3-a)式より）
は成り立ちますが、
X^p+Y^p=(Zh)^p
は成り立ちません。
理由を、教えていただけないでしょうか。 >>855
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…(3-a)
と
Zr=X+p^{1/(p-1)}
より、
X^p+Y^p=(Zr)^p…(3-a-a)
を得ます。
また、
Zh=X+p^{1/(p-1)}α
で、αは1ではないので
Zr≠Zh
です。両辺をp乗しても等しくないので、
(Zr)^p≠(Zh)^p
です。
左辺を(3-a-a)式で置き換えて、
X^p+Y^p≠(Zh)^p…(3-a-b)
を得ます。 >856
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…(3-a)では、なくて
X=αx、Y=αy、Z=αz=α(x+p^{1/(p-1)})より、
X^p+Y^p=(X+α(p^{1/(p-1)}))^pと思います。 >>857
> X=αx、Y=αy、Z=αz=α(x+p^{1/(p-1)})より、
> X^p+Y^p=(X+α(p^{1/(p-1)}))^pと思います。
記号変えさせて頂きます。
Xi=αx、Yi=αy、Zi=αz=α(x+p^{1/(p-1)})より、
(Xi)^p+(Yi)^p=(Xi+α(p^{1/(p-1)}))^pと思います。
この計算自体は、間違っていないと思います。
しかし、元々貴方が主張している事は、
> (3)に、整数比となる有理数解が存在しないので、
> (3)に、整数比となる無理数解も存在しません。 (>>841)
とその対偶
> (3)に、整数比となる無理数解が存在するなら、 （★ここからスタート）
> (3)に、整数比となる有理数解も存在する。
ですので、
(3)式
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
を満たす解から論証を出発しないといけません。
(3)式を満たさない>>857は、やはり無意味だと思います。 >>857
> >856
> X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…(3-a)では、なくて
なぜ？否定する根拠がないなら、この意見は間違い。
>
> X=αx、Y=αy、Z=αz=α(x+p^{1/(p-1)})より、
> X^p+Y^p=(X+α(p^{1/(p-1)}))^pと思います。
願望は聞いてない。 (別解8)
【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、無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(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)}倍となるので、整数比とならない。
∴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。 【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。 >>860 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、無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
これはなぜですか？ xとzのどちらかが無理数になることはわかりますが。 >858
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
を満たす解から論証を出発しないといけません。
(3)を満たす解は、
(3)はyを有理数とすると、x,zは、無理数となります。 >>863
> >858
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> を満たす解から論証を出発しないといけません。
>
> (3)を満たす解は、
> (3)はyを有理数とすると、x,zは、無理数となります。
失礼しました。
(3)を満たす『無理数』解です。 >862
(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、無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
これはなぜですか？ xとzのどちらかが無理数になることはわかりますが。
xを、有理数とすると、両辺が、等しくならないからです。 >>865 日高
> >862
> (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、無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
>
> これはなぜですか？ xとzのどちらかが無理数になることはわかりますが。
>
> xを、有理数とすると、両辺が、等しくならないからです。
xを有理数とすると(x+p^{1/(p-1)})^pが有理数にならないことが言えますか？ >864
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) z=x+p^{1/(p-1)}
(3)を満たす『無理数』解です。
(3)のx,y,zのうち、整数比となる無理数解があるかどうかを求めなくては、いけません。 >866
xを有理数とすると(x+p^{1/(p-1)})^pが有理数にならないことが言えますか？
x+p^{1/(p-1)}は、無理数部分を、p乗しても、小数点以下は、有理数となりません、 (別解9)
【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、無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=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)}倍となるので、整数比とならない。
∴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。 >>867
ああ、そうですね。整数比もですね。
失礼しました。 >>868 日高
> x+p^{1/(p-1)}は、無理数部分を、p乗しても、小数点以下は、有理数となりません、
すみません、理解できないので詳しく説明していただけないでしょうか。 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、無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
※(3)はyを無理数とすると、整数比になるかどうか、調べてないのでわからない。
>>336、>>343であなたが計算したとおり、整数比になるかもしれない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
※r^(p-1)=apとなるようにaを決めると。a=r^(p-1)/p…(6)となる。そのとき
(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。
※(6)より、a^{1/(p-1)}=r/(p^{1/(p-1)})となり、rが有理数の時r/(p^{1/(p-1)})は無理数である。
※(5)のyを有理数とすると、r/(p^{1/(p-1)}で割ると無理数となるが、
※(3)のyが無理数となる時は調べてないので整数比となるかどうかわからない。
よって>>869の証明は間違いです。 >871
> x+p^{1/(p-1)}は、無理数部分を、p乗しても、小数点以下は、有理数となりません。
例。
x=2、p^{1/(p-1)=√3
2+√3=3.732…
(3.732…)^3の小数点以下は、無理数となります。 >>858
他に指摘はないですか？
なければ先に進みたいのですが。 >>873 日高
> 例。
> x=2、p^{1/(p-1)=√3
> 2+√3=3.732…
> (3.732…)^3の小数点以下は、無理数となります。
循環小数にならないことがどうしてわかりますか？ >875
循環小数にならないことがどうしてわかりますか？
循環小数は、有理数です。 >872
※(3)はyを無理数とすると、整数比になるかどうか、調べてないのでわからない。
x,y,zが、無理数で、整数比となるならば、共通の無理数で割ると、商は有理数となります。 >>878
正しい： x^p+y^p=z^pのx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
正しい： 有理数で、整数比となるx,y,zが、x^p+y^p=z^pを満たす。
は正しいが、あなたが書いている
あなたの文： 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、
あなたの文： 有理数で、整数比となるx,y,zが、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを満たす。
は、>>609、>>623で確認したとおり、反例
正しい： 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、
正しい： 有理数で、整数比となるx,y,zが、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}/α)^pを満たす。
より間違い。
あなたの文の間違いにより、>>869の証明は間違いです。 >>877
間隔が空いたので、最初から書きますね。
◆貴方の主張（ちなみに>>878も同じ）
> (3)に、整数比となる有理数解が存在しないので、
> (3)に、整数比となる無理数解も存在しません。 (>>841)
とその対偶
> (3)に、整数比となる無理数解が存在するなら、 （★ここからスタート）
> (3)に、整数比となる有理数解も存在する。
◆それへの反論
----------
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)式に、整数比となる無理数解X、Y（共通の無理数はα）が存在したとすると、
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…(3-a)
が成り立つ。（ここでも、これ以降も、Zは使いません）
ここまでは分かりますか？ >>879つけたし
>>869の証明では(3)でyが有理数の時を調べているので、
根拠： 有理数で、整数比となるx,y,zが、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを満たさないとき、
根拠： x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,y,zが、無理数で、整数比とならない
ことを使っていると思われるが、根拠の対偶
対偶； 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、
対偶： 有理数で、整数比となるx,y,zが、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを満たす。
が>>879より間違いであって、対偶と元の根拠の真偽は同じであることから
根拠が間違いであり、>>869が間違いであることが言える。 >>876 日高
> >875
> 循環小数にならないことがどうしてわかりますか？
>
> 循環小数は、有理数です。
答えになってないだろ。ごまかしはやめな。この詐欺師野郎。 >882
> 循環小数は、有理数です。
答えになってないだろ。ごまかしはやめな。この詐欺師野郎。
循環小数は、有理数ではないのでしょうか？ (別解9)
【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、無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=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)}倍となるので、整数比とならない。
∴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。 【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。 >>883 日高
> >882
> > 循環小数は、有理数です。
>
> 答えになってないだろ。ごまかしはやめな。この詐欺師野郎。
>
> 循環小数は、有理数ではないのでしょうか？
何をとぼけているんだ。その数が循環小数でないことをお前が示すんだよ。 >879
あなたの文の間違いにより、>>869の証明は間違いです。
すみません。文がよく読み取れないのですが、もう少し簡単に書いていただけないでしょうか。 >>887
たとえば
間違った根拠： どこかにカモノハシが存在するとすると、
間違った根拠： あなたの部屋にもカモノハシが存在する。
間違った証明： あなたの部屋にカモノハシは存在しないので
間違った証明： どこにもカモノハシは存在しない。
もともとの根拠が間違っています。
あなたの部屋でカモノハシを探すのはアホです。
探す場所を間違っています。
カモノハシは存在するけど、あなたの部屋にはいません。別のところにいます。
別のところにいるということを無視した結論は間違いです。
あなたの証明はこれと同じです。
pが奇素数の時
間違った根拠： 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、
間違った根拠： 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。
間違った証明： x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが、有理数で、整数比とならないので
間違った証明： x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが、無理数で、整数比とならない。
もともとの根拠が間違っています。
r^(p-1)=pのとき、yが有理数で、整数比の解を探すのはあなたの部屋でカモノハシを探すくらいアホです。
探す場所を間違っています。
x^p+y^p=z^pに有理数の解が存在しても、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)にはなりません。別の式になります。
別の式になるということを無視した結論は間違いです。間違いです。 >880
(3)式に、整数比となる無理数解X、Y（共通の無理数はα）が存在したとすると、
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…(3-a)
が成り立つ。（ここでも、これ以降も、Zは使いません）
X^p+Y^p=(X+(α)p^{1/(p-1)})^pではないでしょうか？ >881
が>>879より間違いであって、対偶と元の根拠の真偽は同じであることから
根拠が間違いであり、>>869が間違いであることが言える。
よくわかりません。 >888
x^p+y^p=z^pに有理数の解が存在しても、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)にはなりません。別の式になります。
x^p+y^p=z^pに有理数の解が存在するならば、rは、有理数になります。
r=(ap)^{1/(p-1)}になります。 >>889
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
（念の為書いておきますが、(3)式は貴方が立てた式です）
(3)式のp^{1/(p-1)}には、αはくっついていないですよね。
なので(3)式に整数比の無理数解X、Yがあれば
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…(3-a)
です。αはくっつかないです。 >>891
つまり、x、y、zが有理数の時、満たすのは>>884の(3)ではなくて(5)ということですね。
(5)を満たす有理数x、y、zが存在するとき
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
a^{1/(p-1)}は無理数なので、(3)のx,y,zは無理数のはずですね。
(3)でx、y、zが無理数となる場合を調べましたか？ >892
(3)式に整数比の無理数解X、Yがあれば
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…(3-a)
です。αはくっつかないです。
どうしてでしょうか？ >893
(3)でx、y、zが無理数となる場合を調べましたか？
x、y、zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、
有理数となります。 (別解9)
【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、無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=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)}倍となるので、整数比とならない。
∴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。 【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。 >>895
> x、y、zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、
> 有理数となります。
891より
有理数の時、r=(ap)^{1/(p-1)}になって、x、y、zは(5)を満たすんですよね？
じゃあ(5)を調べないといけません。
(5)を満たす有理数x、y、zが存在するとき
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
a^{1/(p-1)}は無理数なので、(3)のx,y,zは無理数のはずですね。
じゃあ(3)を調べないといけません。
> (3)でx、y、zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、
> 有理数となります。
891より
有理数の時、r=(ap)^{1/(p-1)}になって、x、y、zは(5)を満たすんですよね？
じゃあ(5)を調べないといけません。
(5)を満たす有理数x、y、zが存在するとき
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
a^{1/(p-1)}は無理数なので、(3)のx,y,zは無理数のはずですね。
じゃあ(3)を調べないといけません。
> (3)でx、y、zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、
> 有理数となります。
891より
有理数の時、r=(ap)^{1/(p-1)}になって、x、y、zは(5)を満たすんですよね？
じゃあ(5)を調べないといけません。
(5)を満たす有理数x、y、zが存在するとき
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
a^{1/(p-1)}は無理数なので、(3)のx,y,zは無理数のはずですね。
じゃあ(3)を調べないといけません。 >>898つづき
> (3)でx、y、zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、
> 有理数となります。
891より
有理数の時、r=(ap)^{1/(p-1)}になって、x、y、zは(5)を満たすんですよね？
じゃあ(5)を調べないといけません。
(5)を満たす有理数x、y、zが存在するとき
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
a^{1/(p-1)}は無理数なので、(3)のx,y,zは無理数のはずですね。
じゃあ(3)を調べないといけません。
> (3)でx、y、zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、
> 有理数となります。
891より
有理数の時、r=(ap)^{1/(p-1)}になって、x、y、zは(5)を満たすんですよね？
じゃあ(5)を調べないといけません。
(5)を満たす有理数x、y、zが存在するとき
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
a^{1/(p-1)}は無理数なので、(3)のx,y,zは無理数のはずですね。
じゃあ(3)を調べないといけません。
> (3)でx、y、zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、
> 有理数となります。
891より
有理数の時、r=(ap)^{1/(p-1)}になって、x、y、zは(5)を満たすんですよね？
じゃあ(5)を調べないといけません。
(5)を満たす有理数x、y、zが存在するとき
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
a^{1/(p-1)}は無理数なので、(3)のx,y,zは無理数のはずですね。
じゃあ(3)を調べないといけません。 >>899つづき
> (3)でx、y、zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、
> 有理数となります。
891より
有理数の時、r=(ap)^{1/(p-1)}になって、x、y、zは(5)を満たすんですよね？
じゃあ(5)を調べないといけません。
(5)を満たす有理数x、y、zが存在するとき
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
a^{1/(p-1)}は無理数なので、(3)のx,y,zは無理数のはずですね。
じゃあ(3)を調べないといけません。
> (3)でx、y、zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、
> 有理数となります。
891より
有理数の時、r=(ap)^{1/(p-1)}になって、x、y、zは(5)を満たすんですよね？
じゃあ(5)を調べないといけません。
(5)を満たす有理数x、y、zが存在するとき
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
a^{1/(p-1)}は無理数なので、(3)のx,y,zは無理数のはずですね。
じゃあ(3)を調べないといけません。
> (3)でx、y、zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、
> 有理数となります。
891より
有理数の時、r=(ap)^{1/(p-1)}になって、x、y、zは(5)を満たすんですよね？
じゃあ(5)を調べないといけません。
(5)を満たす有理数x、y、zが存在するとき
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
a^{1/(p-1)}は無理数なので、(3)のx,y,zは無理数のはずですね。
じゃあ(3)を調べないといけません。 これじゃあ終わりがありませんね。
(5)を満たす有理数のx、y、zが存在する、あるいはしないことを(3)を使わずに証明するか
(3)を満たす無理数で整数比ののx、y、zが存在する、あるいはしないことを共通の有理数で割ることなしに証明するか
どちらかができないと、証明が終わらないので、>>896の証明は間違いです。 >>901修正します。
「共通の無理数で割ることなしに」 >>896 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、無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
証明できていないことを偉そうに書くなよ。この詐欺師野郎。 >>894
(3)式のxにX、yにYを代入したものが(3-a)式になるからです。
また、(3)式のxにX、yにYを代入したものが
X^p+Y^p=(X+(α)p^{1/(p-1)})^p
にならないからです。 (別解10)
【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)のx,y,zは整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=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。rは有理数となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴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。 >902
「共通の無理数で割ることなしに」
無理数で、整数比となるならば、共通の無理数を持ちます。 >904
また、(3)式のxにX、yにYを代入したものが
X^p+Y^p=(X+(α)p^{1/(p-1)})^p
にならないからです。
X,Y,Zが、整数比ならば、
X^p+Y^p=(X+(α)p^{1/(p-1)})^pとなります。 【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。 >>907
いや、ならないって。
どうしてもなると言うのなら、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)式に整数比の無理数解X、Y（共通の無理数はα）があれば
X^p+Y^p=(X+(α)p^{1/(p-1)})^p
になるということを「「「証明」」」して下さい。 >>905 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)のx,y,zは整数比とならない。
なぜですか？ >909
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)式に整数比の無理数解X、Y、Z（共通の無理数はα）があれば
X^p+Y^p=(X+(α)p^{1/(p-1)})^pとなります。 >910
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)のx,y,zは整数比とならない。
なぜですか？
xを有理数とすると、zが無理数となるからです。 >>912 日高
> >910
> > (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> > (3)のx,y,zは整数比とならない。
>
> なぜですか？
>
> xを有理数とすると、zが無理数となるからです。
xが無理数のときはどうなりますか？ >>911
いや、だから、何故そうなるかを聞いています。 >914
>>911
いや、だから、何故そうなるかを聞いています。
Z=(α)zだからです。 >913
xが無理数のときはどうなりますか
zは、無理数もしくは、有理数となります。 (別解10)
【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)のx,y,zは整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=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。rは有理数となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴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。 >>916 日高
> >913
> xが無理数のときはどうなりますか
>
> zは、無理数もしくは、有理数となります。
そうしたらx,y,zが自然数比になるかもしれないのでは？ >918
そうしたらx,y,zが自然数比になるかもしれないのでは？
x,y,zが無理数で整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、有理数となります。 【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。 >>919 日高
> >918
> そうしたらx,y,zが自然数比になるかもしれないのでは？
>
> x,y,zが無理数で整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、有理数となります。
うん。だから、そういう場合が起こり得ないことを示す必要があります。 >>915
z=x+p^{1/(p-1)}ですよね。
それで、
> Z=(α)zだからです。
を使って、どうやって答えを得るのですか？ >921
うん。だから、そういう場合が起こり得ないことを示す必要があります。
「そういう場合が起こり得ないこと」とは、どういうことでしょうか？ >922
> Z=(α)zだからです。
を使って、どうやって答えを得るのですか？
X,Y,Zが、無理数で整数比になるならば、x,y,zは、整数比になります。 >>924
そんな事聞いてないですよ。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
と
> Z=(α)zだからです。
を使って
X^p+Y^p=(X+(α)p^{1/(p-1)})^p
を導いてください。 >>925
書き直します。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)式に整数比の無理数解X、Y（共通の無理数はα）があれば
と
> Z=(α)zだからです。
を使って
X^p+Y^p=(X+(α)p^{1/(p-1)})^p
を導いてください。 >>923 日高
> >921
>
> うん。だから、そういう場合が起こり得ないことを示す必要があります。
>
> 「そういう場合が起こり得ないこと」とは、どういうことでしょうか？
x,y,z=x+p^{1/(p-1)}が無理数で(3)を満たしかつx:y:zが自然数比となることが起こりえないこと。 (別解10)
【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)のx,y,zは整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=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。rは有理数となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴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。 >>928 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)のx,y,zは整数比とならない。
x,y,zが無理数で(3)を満たし整数比になることは、なぜないのですか？ 【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。 >926
> Z=(α)zだからです。
を使って
X^p+Y^p=(X+(α)p^{1/(p-1)})^p
を導いてください。
z=x+p^{1/(p-1)}
Z=(α)z
Z=(α)(x+p^{1/(p-1)})=(α)x+(α)p^{1/(p-1)}=X+(α)p^{1/(p-1)} >929
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)のx,y,zは整数比とならない。
x,y,zが無理数で(3)を満たし整数比になることは、なぜないのですか？
x,y,zが無理数で(3)を満たし整数比になる場合は、共通の無理数で割ると
商が、有理数となるからです。 >>931
なんか不完全ですけど、言いたい事はこうですか？Z使わなかったですが。
（記号は適宜変えてあります）
----------
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)式を満たす有理数解(xi, yi)が存在するとして
(xi)^p+(yi)^p=(xi+p^{1/(p-1)})^p
両辺に適当な無理数αのp乗を掛ける
(αxi)^p+(αyi)^p=(αxi+(α)p^{1/(p-1)})^p
(αxi, αyi)を(Xi, Yi)とおく
(Xi)^p+(Yi)^p=((Xi)+(α)p^{1/(p-1)})^p
---------- コロナ感染で若い方に見られる兆候だそうです。手足指先が腫れて赤紫色の湿疹。
://twitter.com/mokomoko0168/status/1250964407170949120?s=20
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account) >>932
> (3)でx、y、zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数で割ると商は、
> 有理数となります。
891より
有理数の時、r=(ap)^{1/(p-1)}になって、x、y、zは(5)を満たすんですよね？
じゃあ(5)を調べないといけません。
(5)を満たす有理数x、y、zが存在するとき
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
a^{1/(p-1)}は無理数なので、(3)のx,y,zは無理数のはずですね。
じゃあ(3)を調べないといけません。
以降繰り返し
というわけで>>898-901とおなじく>>928の証明は間違いです。 >933
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)式を満たす有理数解(xi, yi)が存在するとして
(3)式を満たす有理数解は、存在しません。 >935
有理数の時、r=(ap)^{1/(p-1)}になって、x、y、zは(5)を満たすんですよね？
じゃあ(5)を調べないといけません。
x,y,zは、r=p^{1/(p-1)}のとき、整数比にならないので、
r=(ap)^{1/(p-1)}のときも、整数比になりません。 >>937
> x,y,zは、r=p^{1/(p-1)}のとき、整数比にならない
この文の根拠は>>932の
※> x,y,zが無理数で(3)を満たし整数比になる場合は、共通の無理数で割ると商が、有理数となるから
これでしょ？
そして、x,y,zが有理数の時は、>>891の
> x^p+y^p=z^pに有理数の解が存在するならば、rは、有理数になります。
> r=(ap)^{1/(p-1)}になります。
これでしょ？
これは>>896の(5)でしょ？
そして、895の(5)は
> (5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
これでしょ？
rが有理数の時a^{1/(p-1)}は無理数で、有理数のx、y、zを無理数で割ったら無理数でしょ？
つまり
※※> x,y,zが有理数で(5)を満たす場合は、共通の無理数で割ると商が、無理数となる
そして※にもどる
やっぱり終わりません。いつまでたっても整数比となるx、y、zがあるかどうかわからない。
>>928の証明は間違いです。 >938
※※> x,y,zが有理数で(5)を満たす場合は、共通の無理数で割ると商が、無理数となる
そして※にもどる
x,y,zが有理数で(5))を満たす場合は、整数比となりますが、
(3)が、整数比とならないので、(5)も、整数比となりません。 (別解10)
【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)のx,y,zは整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=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。rは有理数となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴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。 【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。 >>936
失礼しました。
ところで脱線して良いですか？
>>935さんを読むと、
(3)の整数比の無理数解の無理数を落とした物は、
(5)の有理数解になる
とあるようですね。
もう一度確認して良いですか？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
に整数比の無理数解があるとして、
それを共通の無理数で割った物は、
(3)の有理数解になるのですか？
それとも
(5)の有理数解になるのですか？
（両方という事は無いと思います） >>939
だから、(3)が、整数比とならない根拠は、(5)を満たす有理数x、y、zがないから、でしょ？
そして、(5)を満たす有理数x、y、zがない根拠は、(3)が、整数比とならないから、でしょ？
(3)が、整数比とならない根拠は、(5)を満たす有理数x、y、zがないから
(5)を満たす有理数x、y、zがない根拠は、(3)が、整数比とならないから
(3)が、整数比とならない根拠は、(5)を満たす有理数x、y、zがないから
(5)を満たす有理数x、y、zがない根拠は、(3)が、整数比とならないから
(3)が、整数比とならない根拠は、(5)を満たす有理数x、y、zがないから
(5)を満たす有理数x、y、zがない根拠は、(3)が、整数比とならないから
(3)が、整数比とならない根拠は、(5)を満たす有理数x、y、zがないから
(5)を満たす有理数x、y、zがない根拠は、(3)が、整数比とならないから
(3)が、整数比とならない根拠は、(5)を満たす有理数x、y、zがないから
(5)を満たす有理数x、y、zがない根拠は、(3)が、整数比とならないから
(3)が、整数比とならない根拠は、(5)を満たす有理数x、y、zがないから
(5)を満たす有理数x、y、zがない根拠は、(3)が、整数比とならないから
(3)が、整数比とならない根拠は、(5)を満たす有理数x、y、zがないから
(5)を満たす有理数x、y、zがない根拠は、(3)が、整数比とならないから
やっぱり終わりません。いつまでたっても整数比となるx、y、zがあるかどうかわからない。
>>940の証明は間違いです。 >943
だから、(3)が、整数比とならない根拠は、(5)を満たす有理数x、y、zがないから、でしょ？
(3)が、整数比とならない根拠は、(3)に、有理数解がないからです。 >942
(3)の整数比の無理数解の無理数を落とした物は、
(5)の有理数解になる
とあるようですね。
(3)に、整数比の無理数解があるならば、その無理数を落とした物は、(3)の有理数解となります。 >>945
> (3)に、整数比の無理数解があるならば、その無理数を落とした物は、(3)の有理数解となります。
でも、(3)式に有理数解は存在しないのですよね？
（>>936） >>944
私が>>888で
> pが奇素数の時
> 間違った根拠： 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、
> 間違った根拠： 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。
> 間違った証明： x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが、有理数で、整数比とならないので
> 間違った証明： x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが、無理数で、整数比とならない。
> もともとの根拠が間違っています。
> r^(p-1)=pのとき、yが有理数で、整数比の解を探すのはあなたの部屋でカモノハシを探すくらいアホです。
> 探す場所を間違っています。
> x^p+y^p=z^pに有理数の解が存在しても、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)にはなりません。別の式になります。
> 別の式になるということを無視した結論は間違いです。間違いです。
と書いたのに対して、あなたは>>891で
>> x^p+y^p=z^pに有理数の解が存在しても、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)にはなりません。別の式になります。
>
> x^p+y^p=z^pに有理数の解が存在するならば、rは、有理数になります。
> r=(ap)^{1/(p-1)}になります。
と書いたじゃないですか
それともやっぱりあなたはあなたの部屋でカモノハシを探すアホなのですか？ >>932 日高
> >929
> > (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> > (3)のx,y,zは整数比とならない。
>
> x,y,zが無理数で(3)を満たし整数比になることは、なぜないのですか？
>
> x,y,zが無理数で(3)を満たし整数比になる場合は、共通の無理数で割ると
> 商が、有理数となるからです。
「x,y,zが無理数で(3)を満たし整数比になる場合」は「共通の無理数で割ると
商が、有理数となる」は事実です。
私がお尋ねしたのは「x,y,zが無理数で(3)を満たし整数比になる場合」が
あるかどうかですから，あなたの回答は的外れです。 >>948
つまらない訂正。
誤）あるかどうかですから，あなたの回答は的外れです。
正）なぜないのかですから，あなたの回答は的外れです。 >>945
> >942
> (3)の整数比の無理数解の無理数を落とした物は、
> (5)の有理数解になる
> とあるようですね。
>
> (3)に、整数比の無理数解があるならば、その無理数を落とした物は、(3)の有理数解となります。
嘘 (別解10)
【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)のx,y,zは整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=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。rは有理数となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴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。 レス数が950を超えています。1000を超えると書き込みができなくなります。
