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。 >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。
はい。そうです。 >217
無理数解については君は何も言えていない。
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。 >218
x=y=1,z=2が反例。
式が、違います。 >219
これ、まだ証明されていませんよ。
２項展開すると、わかります。 【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。 【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){(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。 >>132
> 「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。
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、
s^p+t^p=u^pは成り立ちますが、s^p+t^p=u^pは(3)式ではありません。
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、
s,uは有理数なのだから、u=s+p^{1/(p-1)}になりません。
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、
u=s+p^{1/(p-1)}にならないのだから、s、t、uは(3)の解になりません。
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、
(3)に有理数で整数比の解はありません。
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)に有理数で整数比の解はある」は間違いです。
同時に、「(3)に有理数で整数比の解がなければ、(3)に無理数で整数比の解がない」も間違いです。 >229
s^p+t^p=u^pは成り立ちますが、s^p+t^p=u^pは(3)式ではありません。
「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、」
と仮定したので、(3)式となります。 【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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)と同じとなる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、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、(3),(5)は、整数比の解を持たない。
∴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。 >>222 日高
> >217
> 無理数解については君は何も言えていない。
>
> 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。
君が示す必要べき命題はそれじゃない。x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になることはない、だ。すり替えないように。 >>223 日高
> >218
> x=y=1,z=2が反例。
>
> 式が、違います。
うん、確かに式が違う。でも、この場合は君の論法が通用しないことがわかった。
君の証明には通用すること、それを示すのは君の責務だよ。 >>224 日高
> >219
> これ、まだ証明されていませんよ。
>
> ２項展開すると、わかります。
嘘。できていない。できていたというならそのメッセージの番号を示しな。 >>232
> 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。
「(3)式に無理数で整数比の解があるとき、(3)式に有理数で整数比の解がある」
の対偶を取った
「(3)式に有理数で整数比の解がないとき、(3)式に無理数で整数比の解はない」
に
「(3)式に有理数で整数比の解がない」
を渡しているんだと思うよ >>230
> 「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、」
> と仮定したので、(3)式となります。
(3)式にx=αs,y=αt,z=αuを代入して等式変形したらs^p+t^p=u^pになりますが、
s^p+t^p=u^pが等しいのは「x=αs,y=αt,z=αuを代入した(3)式」であって、
「x=s,y=t,z=uを代入した(3)式」ではありません。
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、
x=αs,y=αt,z=αuを代入したr^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)がなりたち、
x=αs,y=αt,z=αuを代入したr^(p-1)=pが成り立つとき、
x=αs,y=αt,z=αuを代入したr^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)はx=αs,y=αt,z=αuを代入した^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
に変形できます。
このとき、x=s,y=t,z=uを代入したx^p+y^p=z^pが成り立ち、
x=s,y=t,z=uを代入したx^p+y^p=z^pを変形したx^p+y^p=(x+r)^p…(1)が成り立ち、
x=s,y=t,z=uを代入したr^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)が成り立ちますが
x=s,y=t,z=uを代入したr^(p-1)=pが成り立たないのでx=s,y=t,z=uを代入したx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)が成り立ちません。
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、
x=αs,y=αt,z=αuを代入した^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)が成り立ちますが
x=s,y=t,z=uを代入したx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)が成り立ちません。
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)に有理数で整数比の解はある」は間違いです。
同時に、「(3)に有理数で整数比の解がなければ、(3)に無理数で整数比の解がない」も間違いです。 直感的には素数のn乗根の和は無理数になる気はするが証明は見たことないな
日高がその証明を持ってくるかこの場でちゃんと証明してくれたら助かるのだけど p=r=3の場合に反例A^3+B^3=C^3があったとします。A,B,Cは自然数でC-A=3です。
このとき、x=A/√3,y=B/√3,z=C/√3がx^3+y^3=(x+√3)^3の無理数だが整数比をなす解です。
これで、日高の言ってることと矛盾はありません。だから証明になっていません。 【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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、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。
(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。 【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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、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。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >232
君が示す必要べき命題はそれじゃない。x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になることはない、だ。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の解x,y,zが有理数となることはないので、解x,y,zが、
無理数となることは、ありません。 >233
うん、確かに式が違う。でも、この場合は君の論法が通用しないことがわかった。
係数の問題だと、思います。 >234
嘘。できていない。できていたというならそのメッセージの番号を示しな。
２項展開してみて下さい。 >236
s^p+t^p=u^pが等しいのは「x=αs,y=αt,z=αuを代入した(3)式」であって、
「x=s,y=t,z=uを代入した(3)式」ではありません。
どういう意味でしょうか？ >>242 日高
君の主張は、係数によって君の論法が通用するときとしないときがある、だね。よろしい。
だったら、フェルマーの最終定理の場合には君の論法が通用することを示すのは君の責務だ。
さあ、示してくれたまえ。 >>243 日高
二項展開しろは前にも聞いた。でも最後まで証明できなかったじゃないか。
お前が証明できたと言ってるんだからお前がやって見せるんだよ。寝ぼけるな。 【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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、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。
(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。 【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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、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。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >245
>>241 日高
無理数になることはありますよ。
示してください。 >246
フェルマーの最終定理の場合には君の論法が通用することを示すのは君の責務だ。
さあ、示してくれたまえ。
249を読んでください。 >247
二項展開しろは前にも聞いた。でも最後まで証明できなかったじゃないか。
二項展開した式を示してください。 >248
x=αs,y=αt,z=αuを代入したr^(p-1)=pが成り立つとき、
r^(p-1)=pは、rが無理数でないと、成り立ちません。 >254
x=αs,y=αt,z=αuをz=x+rに代入したらrは無理数です。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
