フェルマーの最終定理の簡単な証明
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【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
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rが無理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。 >121
ゆーあるであーる〜
よく意味がわかりません。 >120
>>120 日高
よく読み返せ。
どういう意味でしょうか？ >124
病状が悪化してるようだ。もう会話は無理かも。
私の、どのコメントに対して、そのことが、いえるのでしょうか？ >>105
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解x=αs,y=αt,z=αuがあるとき、
(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pとはなりません。
(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pとならないのだから、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解x=αs,y=αt,z=αuがあるとき、
(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pが成り立つかどうか、わかりません。
(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pが成り立つかどうか、わからないのだから
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pが成り立つかどうか、わかりません。
ていうか、s,tは有理数なんだから、成り立ちません。
よって、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解x=αs,y=αt,z=αuがあるとき、
(3)に有理数の解は、ありません。 >>106
> x=3π,y=4π,z=5πはx^p+y^p=z^pの解です。
> x=3π,y=4π,z=5πは有理数ではありません。
>
> x=3,y=4,z=5も、x^p+y^p=z^pの解です。
そういうのを味噌もくそも一緒というのです。
あなたは味噌が入っているからといって、味噌とくそを入れた汁を飲めますか？
普通の人は、味噌とくそを区別して扱います。
有理数でない解と、有理数である解を、区別して扱います。
区別していない>>120はひどい落書き、くその味噌汁です。
ところで、あなたは>>120をちゃんと読んでいますか？
みなさんの言う通り、結論の部分を、よく確かめましたか？
最初の行> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
最後の行> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
ほんとうに、おかしいところに、気が付かないのですか？ >>126
> >124
> 病状が悪化してるようだ。もう会話は無理かも。
>
> 私の、どのコメントに対して、そのことが、いえるのでしょうか？
ほとんどすべてのコメント。
このコメントだって、反省なしに疑問で誤魔化しているんだろ。
その態度が嘘つきの証拠。 >129
> 私の、どのコメントに対して、そのことが、いえるのでしょうか？
120は、間違いでした。訂正します。 >128
ところで、あなたは>>120をちゃんと読んでいますか？
120は、間違いでした。訂正します。 >127
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解x=αs,y=αt,z=αuがあるとき、
(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pとはなりません。
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解x=αs,y=αt,z=αuがあるとき、」としているので、
x^p+y^p=z^pのx,y,zが、無理数で、整数比となるということです。
x,y,zを共通の無理数αで割ると、s^p+t^p=u^pとなります。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(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rが有理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数となる。
∴【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(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rが有理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。 >134
133を訂正します。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(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rが有理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。 >>134
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
https://ja.m.wikipedia.org/wiki/全称命題
こういう書き方だと「全称命題」になる。
つまり「p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは『すべて』0以外の有理数となる。」だ。 >135
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
つまり「p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは『すべて』0以外の有理数となる。」だ。
「p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、0以外の有理数解x,y,zが存在する。」
では、どうでしょうか。 >136
「p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0以外の有理数解x,y,zを持つ。」
では、どうでしょうか。 >>136
その主張とその証明なら特に間違っている部分は無いです >138
その主張とその証明なら特に間違っている部分は無いです
ご指摘ありがとうございました。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0以外の有理数解x,y,zを持つ。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(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rが有理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0以外の有理数解x,y,zを持つ。 >>140 日高
つまらん。3^2+4^2=5^2で証明終わりだろうに。 存在命題は少なくとも1つを示せば十分だと言っても
言うことを聞かんからなｗ >141
>>140 日高
つまらん。3^2+4^2=5^2で証明終わりだろうに。
他の、有理数x,y,zに対しても、3^2+4^2=5^2で、十分でしょうか？ >142
存在命題は少なくとも1つを示せば十分だと言っても
言うことを聞かんからなｗ
140は、全ての有理数の解、x,y,zを、示す為の方法です。 >>144 日高
> 140は、全ての有理数の解、x,y,zを、示す為の方法です。
だったらそう主張して、そのことを証明して。 >145
> 140は、全ての有理数の解、x,y,zを、示す為の方法です。
だったらそう主張して、そのことを証明して。
(3)はrが有理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数となる。
yに、任意の有理数を、代入してみて下さい。 yに任意の有理数を代入してすべての有理数解が得られることの証明は？ フェルマースレ5
166 名前：日高[] 投稿日：2020/01/19(日) 18:43:10.51 ID:aH25A+/l [27/31]
…
p=2の場合、
満たす例が一つあれば、よいです。 >>144
> >142
> 存在命題は少なくとも1つを示せば十分だと言っても
> 言うことを聞かんからなｗ
>
> 140は、全ての有理数の解、x,y,zを、示す為の方法です。
そんな方法になっていることは全く示せてません。
嘘をつくな。
言い訳禁止。 >>144
140で言えているのは
任意の有理数yに対応する
z=x+2, x^2+y^2=z^2
を満たす有理数xとzが存在し、そのxとzの求め方だけです。
他の組み合わせについては何も分かっていません。
「x^2+y^2=z^2を満たす有理数x,y,zが存在する」ということだけを言うのなら
140のやり方でもいいし「3^2+4^2=5^2」でも構いませんが。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0以外の有理数解x,y,zを持つ。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(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rが有理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0以外の有理数解x,y,zを持つ。 >145
> 140は、全ての有理数の解、x,y,zを、示す為の方法です。
だったらそう主張して、そのことを証明して。
p=2のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、
y^2=4x+4となります。
yに、任意の(全ての)有理数を代入すると、有理数x,zが、求まります。 >147
yに任意の有理数を代入してすべての有理数解が得られることの証明は？
p=2のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、
y^2=4x+4となります。
yに、任意の(全ての)有理数を代入すると、有理数x,zが、求まります。 >148
p=2の場合、
満たす例が一つあれば、よいです。
そうです。 >150
140で言えているのは
任意の有理数yに対応する
z=x+2, x^2+y^2=z^2
を満たす有理数xとzが存在し、そのxとzの求め方だけです。
他の組み合わせについては何も分かっていません。
p=2のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、
y^2=4x+4となります。
yに、任意の(全ての)有理数を代入すると、有理数x,zが、求まります。 >>155
ではそのやり方で
x=5
y=12
z=13
を求めてください。
「全てのx,y,zの有理数解が得られる」というのなら、当然この解も得られますよね >156
ではそのやり方で
x=5
y=12
z=13
を求めてください。
y^2=4x+4に、y=12/4を代入すると、x=5/4となります。
これより、z=13/4が、求まります。
分母を、払うと、x=5、y=12、z=13となります。 そこが日高さんのアイディアで、pが2のときはうまく働く。
x,y,zを定数倍してz-x=2にするという。pが奇素数の場合の非存在証明はでたらめです。 >158
「分母を払う」という手順は元の証明にない
「分母を払う」と整数になります。 >159
pが奇素数の場合の非存在証明はでたらめです。
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、0以外の有理数解x,y,zを持つ。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(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rが有理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0以外の有理数解x,y,zを持つ。 >164
x=12
y=5
z=13
は?
y^2=4x+4に、y=10を代入すると、x=24となります。
これより、z=26が、求まります。
1/2倍すると、と、x=12、y=5、z=13となります。 >166
yに1を代入するとどうなりますか？
1=4x+4
4x=-3
x=-3/4
x=-3/4,y=4/4,z=5/4となります。
整数比に直すと、(x:y:z)=(-3:4:5)となります。 で、すべての有理数解x,y,zが求まることの証明は？ >168
で、すべての有理数解x,y,zが求まることの証明は？
yが全ての有理数となるからです。 なーんだ、それしか考えてなかったのか。
0でない有理数x,y,zがx^2+y^2=z^2をみたすとする。
……から始めないと。 >170
なーんだ、それしか考えてなかったのか。
訂正します。
yが0以外の、全ての有理数となるからです。 >172
あ、問題はそこじゃない。
問題を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、0以外の有理数解x,y,zを持つ。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(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rが有理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0以外の有理数解x,y,zを持つ。 0以外のすべての有理数解がこれで得られることを示していないでしょう？ スレタイからずれているな。pが奇素数の場合に戻ろうではないか。 >175
0以外のすべての有理数解がこれで得られることを示していないでしょう？
y^2=4x+4のyに全ての有理数を代入すると、必ずxが求まるので、
式を満たす全ての有理数x,yの組み合わせが、求まります。 >176
スレタイからずれているな。pが奇素数の場合に戻ろうではないか。
pが奇素数の場合について、ご指摘お願いします。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(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rが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
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rが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 〜となる。
という日高の意味不明な用語が一つ以上ある。明確に間違い。 >>180
r^(p-1)=pのとき以外を調べていないので照明は間違い。
というのはもう何十回も言われてるよね。 >181
〜となる。
という日高の意味不明な用語が一つ以上ある。明確に間違い。
〜となる。は、意味不明でしょうか？ >182
r^(p-1)=pのとき以外を調べていないので照明は間違い。
r^(p-1)=pのとき以外は、r^(p-1)=apとなります。 >>184
意味不明です。理解してもらいたいのなら、意味がわかるように書いてください。
・ aとは何ですか？
・ 「 r^(p-1)=apとなります。」→ それでどうなるんですか？全くわかりません。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)は、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aと同じとなる。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aは、
r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pとなる。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,y,zは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(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rが無理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。 >185
・ 「 r^(p-1)=apとなります。」→ それでどうなるんですか？全くわかりません。
186をよんで下さい。 >>183
> >181
> 〜となる。
> という日高の意味不明な用語が一つ以上ある。明確に間違い。
>
> 〜となる。は、意味不明でしょうか？
意味不明と書いた。
教科書などに基づく正当な根拠がないなら、疑問でごまかすのも禁止と何度も書いている。
意味不明。 〜となる。
が意味不明なので、〜とならない。も意味不明。
禁止。 >>186
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
> 【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
> (2)は、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aと同じとなる。
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aは、
> r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pとなる。
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,y,zは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
> のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
> (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rが無理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数とならない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
意味不明な言い回しが存在するので、間違い。 >190
意味不明な言い回しが存在するので、間違い。
どの部分が、意味不明でしょうか？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(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rが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
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rが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 >>193 日高
具体的に、例えばr=3をみたす解がないことはどうしてわかるの？ >>193
これだったら、前と同じ間違いです。
r^(p-1)=pのとき以外を調べていないので証明は間違い。 >>187
186は前のバージョンなので、現在有効でないのかもしれませんが、とりあえずコメント
相変わらずaの説明がなく、aが何なのか不明です。
「x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,y,zは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。」
とありますが、そのときに0以外の有理数解がないことがわかりません。 >194
具体的に、例えばr=3をみたす解がないことはどうしてわかるの？
r=3の場合、(ap)^{1/(p-1)}となるので、a=3となります。
r=p^{1/(p-1)}のとき、整数比とならないので、
r=3の場合も、整数比となりません。 >195
r^(p-1)=pのとき以外を調べていないので証明は間違い。
r^(p-1)=pのとき以外は、r^(p-1)=apとなります。 >196
相変わらずaの説明がなく、aが何なのか不明です。
「x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,y,zは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。」
とありますが、そのときに0以外の有理数解がないことがわかりません。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに、有理数解がないならば、
x,y,zのa^{1/(p-1)}倍も、整数比となりません。 >>197 日高
r=3の場合の解はr=p^{1/(p-1)}の場合の解の何倍ですか？ >>199
>x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに、有理数解がないならば、
>x,y,zのa^{1/(p-1)}倍も、整数比となりません。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比にならないと言えないので
証明になっていません。 これも何度も言われていることです。
aの説明もまだしてないですね。 >>198
> r^(p-1)=pのとき以外は、r^(p-1)=apとなります。
そんなことはもとの証明の中に書いてないので、誤り（または不完全）です。
aの意味も不明です。 >200
>>197 日高
r=3の場合の解はr=p^{1/(p-1)}の場合の解の何倍ですか？
a^{1/(p-1)}倍となるので、a=3,p=3の場合となります。
√3倍となります。 >>203 日高
ということは、もしもr=3で整数解があれば、その1/√3倍が、r=p^{1/(p-1)}の場合の解になりますよね？
それって無理数解ですけど。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)は、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aと同じとなる。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aは、
r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pとなる。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,y,zは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(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rが無理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。 >204
ということは、もしもr=3で整数解があれば、その1/√3倍が、r=p^{1/(p-1)}の場合の解になりますよね？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに、整数比の解がないので、r=3のときも、整数比の解は、ありません。 >201
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比にならないと言えないので
証明になっていません。 これも何度も言われていることです。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になるならば、有理数解で、
整数比となります。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、有理数解を持ちません。 >202
aの意味も不明です。
a*1/a=1となるので、aは、どんな数でも、よいです。(式が、合えば） 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(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rが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
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rが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 >>207
> >201
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比にならないと言えないので
> 証明になっていません。 これも何度も言われていることです。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になるならば、有理数解で、
> 整数比となります。
意味不明です。無理数解が有理数解になるんですか？ >>208
> >202
> aの意味も不明です。
>
> a*1/a=1となるので、aは、どんな数でも、よいです。(式が、合えば）
だったら、どんな数でもよくはないですね。
正確に書いてください。 >212
だったら、どんな数でもよくはないですね。
正確に書いてください。
aは、rによって、決まります。 > aは、rによって、決まります。
どのように決まるのかも説明せずに「決まります」で納得するやつおるわけないやろ >214
> aは、rによって、決まります。
r=(ap)^{1/(p-1)}なので、
a=(r^(p-1))/pとなります。 >>211
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になるならば、有理数解で、
> 整数比となります。
これは、前のスレにもあった
「(3)式に無理数解で整数比の解がある時、(3)式に有理数解がある」
ってやつかな。 >>206 日高
> >204
> ということは、もしもr=3で整数解があれば、その1/√3倍が、r=p^{1/(p-1)}の場合の解になりますよね？
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに、整数比の解がないので、r=3のときも、整数比の解は、ありません。
おおっと、君はここで重大なごまかしをしようとしている。
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに、整数比の解がない」は「整数比の有理数解がない」しか言えていない。
無理数解については君は何も言えていない。 >>207 日高
> >201
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比にならないと言えないので
> 証明になっていません。 これも何度も言われていることです。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になるならば、有理数解で、
> 整数比となります。
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、有理数解を持ちません。
おおっと、君はここでも重大なごまかしをしようとしている。
>>210 日高
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
> 【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
> 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rが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
をまねしてみよう。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){7(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+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
x=y=1,z=2が反例。 >>210 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rが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
これ、まだ証明されていませんよ。 >>191
> >190
> 意味不明な言い回しが存在するので、間違い。
>
> どの部分が、意味不明でしょうか？
過去の指摘を全て読んで勉強しろ。
誤魔化しの返信するな、ゴミ爺。 >216
「(3)式に無理数解で整数比の解がある時、(3)式に有理数解がある」
ってやつかな。
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