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。 【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。 >946
でも、(3)式に有理数解は存在しないのですよね？
はい。 >947
> 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
はい。 >948,949
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
なぜないのかですから，あなたの回答は的外れです。
「x,y,zが無理数で(3)を満たし整数比になる場合」があるならば、
x,y,zが有理数でもあるからです。 >950
> (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
なぜ、嘘なのでしょうか？ >>955 日高
> 「x,y,zが無理数で(3)を満たし整数比になる場合」があるならば、
> x,y,zが有理数でもあるからです。
「有理数でもあるからです」とありますが、その有理数はどの式を満たすのですか？ >957
「有理数でもあるからです」とありますが、その有理数はどの式を満たすのですか？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
です。 >>958 日高
> >957
> 「有理数でもあるからです」とありますが、その有理数はどの式を満たすのですか？
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> です。
それは元のx,y,zが満たす式。君のいう共通の無理数で割ったあとのx,y,zはその式を満たしません。 >959
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> です。
それは元のx,y,zが満たす式。君のいう共通の無理数で割ったあとのx,y,zはその式を満たしません。
整数比となる、無理数の場合でしょうか？ x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p を満たすx,y と任意のαについて成り立つ式は
(αx)^p+(αy)^p=(αx+(αp)^{1/(p-1)})^p
であって
(αx)^p+(αy)^p=(αx+p^{1/(p-1)})^p
じゃないんだよな (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。 >961
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x,y,zが、無理数で整数比になるならば、共通の無理数で割ると商は、有理数となります。
よって、(3)には、有理数解がないので、無理数で整数比になるx,y,zは、存在しません。 >>965 日高
> >961
> > x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
>
> x,y,zが、無理数で整数比になるならば、共通の無理数で割ると商は、有理数となります。
> よって、(3)には、有理数解がないので、無理数で整数比になるx,y,zは、存在しません。
「共通の無理数で割る」？
無理数は1ではないので、z-xの値は変わります。
元はp^{1/(p-1)},いまは別の値です。
だから(3)を満たさないのは当たり前。
大間違いです。
そんなことで矛盾が起きてフェルマーの最終定理が証明できたと思っているとしたら
相当おめでたい頭の持ち主と言わざるを得ません。 >966
だから(3)を満たさないのは当たり前。
大間違いです。
(3)を満たす無理数が、あるならば、です。 >>967 日高
> >966
> だから(3)を満たさないのは当たり前。
> 大間違いです。
>
> (3)を満たす無理数が、あるならば、です。
(3)を満たすだけでよいのですか？ほかにも条件があるでしょう？正確に書いてみてね。日高君。 努力しようとしないやつには教えない主義なので悪しからず。 >>965
>>746にあなたが書いた通り
> > 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、
> を満たさないので
>
> (3√5)^2+(4√5)^2=(5√5)^2は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、満たしません
>
> この例は、整数比となる、無理数解が、あるならば、有理数解もある。の例です。
p=2のとき、整数比となる無理数3√5、4√5、5√5を考えると
3√5、4√5、5√5は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを満たさなくても、それぞれを√5で割ったらx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを満たします。
そして3√5、4√5、5√5はx^p+y^p=z^pを満たします。
同様にpが奇素数の時、整数比となる、無理数解が、あるならば
整数比の有理数は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを満たさなくても、それぞれを共通の無理数で割ったらx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを満たします。
そして整数比の有理数は、x^p+y^p=z^pを満たします。
よっ>>963の証明は間違いです。 >>969 日高
(3)を満たす無理数解x,y,zであって自然数比をなすもの。 >>956
> >950
> > (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
>
> なぜ、嘘なのでしょうか？
日高が言うことはすべて嘘だから。
それを否定する根拠も説明もないから。 (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。 >971
整数比の有理数は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを満たさなくても、それぞれを共通の無理数で割ったらx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを満たします。
ということは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを満たす無理数に、共通の無理数を、
掛けると、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pを、満たさない有理数になるということですね。 日高君は「あした来られる社員はここにはいない」
のような日本語の文型は理解できますか？ やっとわかりました。それだと数学は無理でしょう。
英語で言えば関係代名詞を使った日本語の構文が理解できない人。
大学生にもときどきいます。
「(3)を満たすx,y,zはこれこれである」の構文が使えないわけです。 >980
「(3)を満たすx,y,zはこれこれである」の構文が使えないわけです。
974のどの部分が、このことに相当するのでしょうか？ >982
> (3)のx,y,zは整数比とならない。
この文のどこが、間違いなのでしょうか？ 「(3)を満たす有理数x,y,zは整数比とならない」というべきところ。
日高君はこの構文が理解できないのだからしかたがない。 有理数なら整数比となりますね。おかしなことを書きました。
「(3)を満たす有理数x,y,zは存在しない」。 すると
> (3)のx,y,zは整数比とならない。
が意味不明となりますか。無理数も許すならこれはフェルマーの最終定理の主張そのものです。 (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。 【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。 日高について、わかったこと、二つ。
１．命題P,Qについて「PかつQ」と「PならばQ」の区別がつかない。
２．「○○を××する△△は□□である」の構文が理解できない。 >995
日高について、わかったこと、二つ。
１．命題P,Qについて「PかつQ」と「PならばQ」の区別がつかない。
２．「○○を××する△△は□□である」の構文が理解できない。
教えていただけないでしょうか。 >996
日高について、わかったこと、二つ。
１．命題P,Qについて「PかつQ」と「PならばQ」の区別がつかない。
２．「○○を××する△△は□□である」の構文が理解できない。
よろしければ、具体的に、どうしたらいいのか、教えていただけないでしょうか。？ >995
日高について、わかったこと、二つ。
１．命題P,Qについて「PかつQ」と「PならばQ」の区別がつかない。
２．「○○を××する△△は□□である」の構文が理解できない。
989の、どの部分が、これに相当するのでしょうか？ >>998 日高
> >995
> 日高について、わかったこと、二つ。
> １．命題P,Qについて「PかつQ」と「PならばQ」の区別がつかない。
> ２．「○○を××する△△は□□である」の構文が理解できない。
>
> 989の、どの部分が、これに相当するのでしょうか？
１は>>1の「AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる」がいつのまにか「B=DかつA=C」になっているところ。
２は「(3)のx,y,zは整数比とならない」の部分。この構文がわかっていれば別の表現になると思う。 このスレッドは１０００を超えました。
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