二項定理を使ったフェルマーの最終定理の証明
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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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。 >4
クソスレ立てるな
どの部分がクソスレでしょうか？ >3
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=3、x=4 >3
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=5、x=12 >3
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=7、x=24 >3
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=9、x=40 ただx^2+(2x+1)=(x+1)^2ってだけのことになんでこいつは得意げになってるんだ？ >10
ただx^2+(2x+1)=(x+1)^2ってだけのことになんでこいつは得意げになってるんだ？
x^2+y^2=(x+1)^2です。 いや、クライン・ゴルドン方程式を使った方が簡単に求められる。 >13
いや、クライン・ゴルドン方程式を使った方が簡単に求められる。
y^2=2x+1は、私のフェルマーの最終定理の証明を、
わかりやすく、説明するためのものです。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>16
> x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
x=sw、y=tw、z=uw とおくと、(s,t,uは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
両辺を w^p で割って、
s^p+t^p=u^p
となります。
有理数解が見つかったので、証明は失敗です。 >17
有理数解が見つかったので、証明は失敗です。
証明は失敗では、ありません。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、当然 s^p+t^p=u^pとなります。 >>18
> >17
> 有理数解が見つかったので、証明は失敗です。
>
> 証明は失敗では、ありません。
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、当然 s^p+t^p=u^pとなります。
いやだから、 s,t,u が有理数解って言ってんじゃん。 >>16の証明が正しいのなら
【日高定理】p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない
も成り立つ
x^2+y^2=(x+√2)^2の右辺を二項展開すると
yが有理数のときxは無理数となるのでx,y,zは整数比とならない
x^2+y^2=(x+2)^2=(x+√2*√2)^2だからx,y,zは整数比とならない
p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない
あるいは
x^2+y^2=(x+2)^2の右辺を二項展開すると
yが無理数のときx,y,zは整数比とならない
p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない
rが無理数の時にyを有理数にすればx,y,zは整数比とならない
ということは
rが有理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比とならない
と同じことだから
rが無理数の時にyを有理数にすればx,y,zは整数比とならない
ということからx^p+y^p=z^pが自然数解を持たないことは言えない >19
いやだから、 s,t,u が有理数解って言ってんじゃん。
どういう意味でしょうか？ >>21
> >19
> いやだから、 s,t,u が有理数解って言ってんじゃん。
>
> どういう意味でしょうか？
１．s^p+t^p=u^p が成り立っている。
２．s,t,u は有理数である。
３．よって s,t,u は x^p+y^p=z^p の有理数解である。
こういう意味です。 >20
rが無理数の時にyを有理数にすればx,y,zは整数比とならない
ということからx^p+y^p=z^pが自然数解を持たないことは言えない
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比となります。 >22
１．s^p+t^p=u^p が成り立っている。
２．s,t,u は有理数である。
３．よって s,t,u は x^p+y^p=z^p の有理数解である。
こういう意味です。
これは、p=2の場合ですね。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>24
> >22
> １．s^p+t^p=u^p が成り立っている。
> ２．s,t,u は有理数である。
> ３．よって s,t,u は x^p+y^p=z^p の有理数解である。
>
> こういう意味です。
>
> これは、p=2の場合ですね。
どうして？
pが奇素数でも、>>16の
> x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
から言えるよね？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>25
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
p^{1/(p-1)は無理数なんでしょ？
おまえは自分で書いたことが理解できないのか？
>>23
> rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比となります。 >26
どうして？
pが奇素数でも、>>16の
> x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
から言えるよね？
「成り立つならば、」の場合は、言えます >>29
> >26
> どうして？
> pが奇素数でも、>>16の
> > x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
> から言えるよね？
>
> 「成り立つならば、」の場合は、言えます
でもあなた、無理数比の整数解
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
が「成り立たない」
って証明中で言えてないよ。
という事は、「成り立つならば、」の可能性があるって事だよね。 >28
おまえは自分で書いたことが理解できないのか？
>>23
> rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比となります。
これは、p=2の場合です。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
p^{1/(p-1)は無理数なんでしょ？
これは、pが奇素数の場合です。 >>30
「整数比の無理数解」でした。失礼しました。 >30
でもあなた、無理数比の整数解
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
が「成り立たない」
って証明中で言えてないよ。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、s^p+t^p=u^pと同じです。
>>33
> >30
> でもあなた、整数比の無理数解
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、s^p+t^p=u^pと同じです。
同じだから何？
回答を繰り返します。
> でもあなた、整数比の無理数解
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。 >>31
> > rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比となります
> これは、p=2の場合です。
p=2の場合でも無条件で整数比にはならない
> p=2の場合です
と書いただけではpが奇素数の場合に使えないことにはならない
> これは、pが奇素数の場合です。
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比とならない(であろう)ことは
一切検討されていない
>>25では
rが無理数でyが有理数のとき
rが有理数でyが無理数のとき
の場合にx,y,zは整数比とならないことしか書いていない
この場合はp=2でもx,y,zは整数比とならない
現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている >35
現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
1を見てください。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>36
> 1を見てください。
見てもあんたの証明が間違っていることには変わらんよ
あんたは根本的な部分を直さないから>>1でも全く同じ
現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている >39
現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
rが無理数の時にyを無理数とした場合は、1で説明しています。 >>40
> rが無理数の時にyを無理数とした場合は、1で説明しています。
していないよ
>>1
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき >41
> rが無理数の時にyを無理数とした場合は、1で説明しています。
していないよ
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
としています。 >>1氏、
>>34 （ >>30でも可）に返信をお願いします。 >34
> でもあなた、整数比の無理数解
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、s^p+t^p=u^pと同じです。
1で、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たないことを、説明しています。 >>44
> >34
> > でもあなた、整数比の無理数解
> > (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> > が「成り立たない」
> > って証明中で言えてないよ。
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、s^p+t^p=u^pと同じです。
> 1で、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たないことを、説明しています。
今>>1を証明している最中なので、>>1はまだ証明されていません。
なので、理由に>>1を使うことはできません。
あとですね、
今証明を2個使っているようですが（ >>1,38 ）、どちらか1つにしていただけますか？
主張がブレるので。 >45
今>>1を証明している最中なので、>>1はまだ証明されていません。
なので、理由に>>1を使うことはできません。
s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。 >>46
> >45
> 今1を証明している最中なので、1はまだ証明されていません。
> なので、理由に1を使うことはできません。
> s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。
これに関しては異論はありません。
問題視しているのは、あなたの回答>>44の
> 1で、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たないことを、説明しています。
です。
で、繰り返しになりますが、私はこう回答しました。
> 今>>1を証明している最中なので、>>1はまだ証明されていません。
> なので、理由に>>1を使うことはできません。
伝わってますでしょうか。 >47
> 今>>1を証明している最中なので、>>1はまだ証明されていません。
> なので、理由に>>1を使うことはできません。
理由に>>1を使っているわけでは、ありません。自然数解をもつか、持たないかは、
関係なく、 s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=11、x=60 >>48
> >47
> > 今1を証明している最中なので、1はまだ証明されていません。
> > なので、理由に1を使うことはできません。
>
> 理由に>>1を使っているわけでは、ありません。自然数解をもつか、持たないかは、
> 関係なく、 s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。
> 理由に>>1を使っているわけでは、ありません。
分かりました。
> 自然数解をもつか、持たないかは、
> 関係なく、 s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。
これにも同意します。
しかしこれが、
私の最初の質問（>>30）
> 整数比の無理数解
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。
> という事は、「成り立つならば、」の可能性があるって事だよね。
とどう絡みますか？ >52
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。
はい。
> という事は、「成り立つならば、」の可能性があるって事だよね。
とどう絡みますか？
どういう意味でしょうか？ ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=13、x=84 >>42
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> としています。
この場合はrが無理数の時にyを無理数とした場合ではありません
x=sw,y=tw(s,tは有理数,wは無理数)とおいているのでrが無理数の時にyを無理数としてx,y,zが整数比の場合です
よってx,y,zが整数比とならないことの証明には使えません
p^{1/(p-1)}が無理数なら
wは無理数として(sw)^p+(tw)^p=(sw+w)^pを考えれば分かりやすいでしょう
この式が成り立つ場合はs^p+t^p=(s+1)^pが成り立ちx,y,zの比は
s:t:s+1 (s,tは有理数)となるので整数比になります
よって現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている >55
p^{1/(p-1)}が無理数なら
wは無理数として(sw)^p+(tw)^p=(sw+w)^pを考えれば分かりやすいでしょう
この式が成り立つ場合はs^p+t^p=(s+1)^pが成り立ちx,y,zの比は
s:t:s+1 (s,tは有理数)となるので整数比になります
(4)のx,yが整数比とならないので、s^p+t^p=(s+1)^pのs,tも整数比となりません。
よって、s^p+t^p=(s+1)^pは、なりたちません。 こんなんで解けるなら数百年の間取り組んできた数学者は何してたと思う? >57
こんなんで解けるなら数百年の間取り組んできた数学者は何してたと思う?
こんなんで解けます。間違いがあれば、指摘してください。 >>56
> (4)のx,yが整数比とならないので
整数比とならないことの証明がありません
>>50では相変わらず
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき
なのでrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
よって現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている >>58
何度も間違いを指摘されてるだろ
日高は
・自分が思っているより世の中の数学者は頭が良い
・自分が思っているより自分は頭が悪い
ことを分かってくれ >>53
> > という事は、「成り立つならば、」の可能性があるって事だよね。
> とどう絡みますか？
>
> どういう意味でしょうか？
すみません。この質問は自分も意味が分かりません。
> >52
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> > が「成り立たない」
> > って証明中で言えてないよ。
>
> はい。
つまり、
整数比の無理数解 (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p が「成り立たない」と証明中で言えてない
という事でよろしいでしょうか。 x,y,z,t を実数で定義して ( t > 2)
x^t + y^t = z^t の式に書き換えてから
波動関数を使って解析すれば楽勝なんですよね。 その際、クライン・ゴルドン方程式と
量子論の手法が大いに役に立ちます。 >59
> (4)のx,yが整数比とならないので
整数比とならないことの証明がありません
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。で、証明しています。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき
なのでrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)以下で、検討しています。 >60
何度も間違いを指摘されてるだろ
どの部分が、間違いかを、指摘してください。 >>64
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)以下で、検討しています。
>>50の証明にはありませんが。 >61
整数比の無理数解 (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p が「成り立たない」と証明中で言えてない
という事でよろしいでしょうか。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p は、s^p+t^p=u^pと同じです。
証明で、x^p+y^p=z^pは、x,y,zが有理数のとき、成り立たないことを、言っています。 >62
x^t + y^t = z^t の式に書き換えてから
波動関数を使って解析すれば楽勝なんですよね。
どういう意味でしょうか？ >63
その際、クライン・ゴルドン方程式と
量子論の手法が大いに役に立ちます。
どういう意味でしょうか？ >66
>>50の証明にはありませんが。
1を見てください。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>70
> >66
> >>50の証明にはありませんが。
>
> 1を見てください。
>>1,50 と、異なった内容の証明が二つあると混乱するので、
お手数ですが、>>1の内容をレスし直してもらっても良いですか。 >>64
> > (4)のx,yが整数比とならないので
> 整数比とならないことの証明がありません
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)以下で、検討しています。
(3)でx=sw,y=twとおいた場合はs,tは有理数なのでx,yは整数比です
よって(4)のx,yも整数比になります
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。で、証明しています。
それは証明が間違っています
s,tは有理数,wは無理数であればx,y,zが整数比になるケースが含まれます
> 以下で、検討しています。
また>>1では
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
これはtが有理数のときなのでrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
これはsが有理数のときなのでrが無理数の時にyを無理数とした場合とした場合と
異なります
rが無理数の時にyを無理数とした場合と同じにするには
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は(4)となるのでtが有理数のとき
としなければなりません
> sが有理数のとき、tは無理数となる。
s,tは有理数なのでこれは間違いです
あんたはtが無理数となるようにsの値を変えています
したがってrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
よって現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている >72
>>1の内容をレスし直してもらっても良いですか。
【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>64
それは循環論法だと何度も指摘されてるだろ。
あなたには理解できないだろうけど、明確な間違い。 >73
>(3)でx=sw,y=twとおいた場合はs,tは有理数なのでx,yは整数比です
よって(4)のx,yも整数比になります
その場合に、式は、成り立ちません。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。で、証明しています。
それは証明が間違っています
s,tは有理数,wは無理数であればx,y,zが整数比になるケースが含まれます
x,y,zが整数比ならば、式は成り立ちません。
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
これはtが有理数のときなのでrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。この場合の検討は、yを無理数としたときの
検討です。
>rが無理数の時にyを無理数とした場合と同じにするには
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は(4)となるのでtが有理数のとき
としなければなりません
rが無理数の時にyを無理数とした場合と同じにするには
「(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合を、検討すれば、、よいです。
> sが有理数のとき、tは無理数となる。
s,tは有理数なのでこれは間違いです
あんたはtが無理数となるようにsの値を変えています
s,tを有理数とすると、式は、成り立ちません。
>したがってrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
この場合の検討は、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pの検討と同じです。
>よって現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pの、(p^{1/(p-1)})/wが、有理数、無理数
どちらも、検討しています。 >76
>それは循環論法だと何度も指摘されてるだろ。
あなたには理解できないだろうけど、明確な間違い。
どの部分が、循環論法かを、指摘してください。 ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=4、x=3 ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=6、x=8は、
y=3、x=4と同じ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>77
> その場合に、式は、成り立ちません。
> x,y,zが整数比ならば、式は成り立ちません。
> s,tを有理数とすると、式は、成り立ちません。
成り立たないことを証明しなければいけないがあんたは証明していない
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。この場合の検討は、yを無理数としたときの
> 検討です。
y=twならば無理数であるがy=tだから無理数にはならない
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pの、(p^{1/(p-1)})/wが、有理数、無理数
> どちらも、検討しています。
していません
> (4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
にならえば
>>79
> y^2=4x+4の、
x=5とすればyは無理数になるじゃないですか
>>78
> どの部分が、循環論法かを、指摘してください。
式が成り立たないことを証明せよと言われても
成り立たない根拠として証明せずに式は成り立ちませんというだけでしょ
【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。
【日高証明】x,y,zが整数比ならば、式は成り立ちません。
∴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が奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【日高証明】s,tを有理数とすると、式s^p+t^p=(s+1)^pは、成り立ちません。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >82
>成り立たないことを証明しなければいけないがあんたは証明していない
1で、証明しています。
>y=twならば無理数であるがy=tだから無理数にはならない
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
なので、同じことを、検討しています。
>していません
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
> y^2=4x+4の、
x=5とすればyは無理数になるじゃないですか
yは、有理数とします。
>式が成り立たないことを証明せよと言われても
成り立たない根拠として証明せずに式は成り立ちませんというだけでしょ
よく意味がわかりません。
>【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。
【日高証明】x,y,zが整数比ならば、式は成り立ちません。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
1を、よく読んでください。
>【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。
【日高証明】s,tを有理数とすると、式s^p+t^p=(s+1)^pは、成り立ちません。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
1を、よく読んでください。 ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=8、x=15 >>83
> 1で、証明しています。
してないですよ
> x=sw、y=twとおいて
だから
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
は間違っていて
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合はsが有理数のときtは有理数
もしくは
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合はtが有理数のときsは有理数です
よって
> x=sw、y=twとおいて
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は
x,y,zは整数比になります >85
> x=sw、y=twとおいて
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は
x,y,zは整数比になります
その通りですが、解にはなりません。 ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=10、x=24は、
y=5、x=12と同じ >>86
> > 1で、証明しています。
> してないですよ
> その通りですが、解にはなりません。
>>1で何も証明していないのだが解にはなりません
と言われても意味がわからないんだけれども解にならない理由は？ >>78
> >76
> >それは循環論法だと何度も指摘されてるだろ。
> あなたには理解できないだろうけど、明確な間違い。
>
> どの部分が、循環論法かを、指摘してください。
(3)でyが有理数のときはx,y,zは整数比にならない
(3)でyが無理数のときは(4)と同じ
(4)(4)のx,y,zは(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍で、(3)のx,y,zが整数比にならないから(4)のx,y,zも整数比にならない
と言いたいんすよね。
だけど、これだと(3)でyが無理数のときにx,y,zが整数比にならないことを示すのに(3)のx,y,zが整数比にならないことを
前提にしてるから循環論法です。 もしかして
数学板のトップページ
https://rio2016.5ch.net/math/
に、フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/
が表示されなくなったので、新しくスレを立てたのですか？
掲示板の使い方すら理解できずに他人に迷惑をかける人には、数学の証明は無理です。
あきらめてください。
もう、フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/
には書き込まないのですか？ >>90と思ったら、こちらのスレを立てた後に
フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/
にも書き込んでいる。
証明をあきらめて、掲示板に迷惑行為をすることにしたのですか？ >88
>>1で何も証明していないのだが解にはなりません
と言われても意味がわからないんだけれども解にならない理由は？
x,yがともに、有理数とならないからです。 >89
だけど、これだと(3)でyが無理数のときにx,y,zが整数比にならないことを示すのに(3)のx,y,zが整数比にならないことを
前提にしてるから循環論法です。
私の証明では、(3)でyが無理数のときにx,y,zが整数比にならないことを示すのに(3)のx,yが有理数のとき、(3)が成り立たないことを、使っています。 >91
証明をあきらめて、掲示板に迷惑行為をすることにしたのですか？
ちがいます。1の内容を変えています。
表示の、頭に来るようにするためです。 >>94
> >91
> 証明をあきらめて、掲示板に迷惑行為をすることにしたのですか？
>
> ちがいます。1の内容を変えています。
> 表示の、頭に来るようにするためです。
でも証明内容に変更があった場合、
>>1を書き換える事はできないですよね。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=12、x=35 >>94
ではしょうがない。掲示板の迷惑行為の片棒を担ぐことになるが、
フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/
で返答がない書き込みを転載します。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pを
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s,tがどんな数でも必ず成り立つので
このスレhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>92の
> x,yがともに、有理数とならないからです。
はインチキのウソです。 日本語は、最初から最後に向かって読むものです。
数学の証明も、同じです。
このスレhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>74
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
後で考えてもダメです。
「(4)のx,y,zも整数比とならない。」と書きたいなら、その証拠はそれを書く『前に』書く必要があります。
>>74の証明も、失敗です。 >95
でも証明内容に変更があった場合、
>>1を書き換える事はできないですよね。
そうだと、思います。 >>100
では証明内容に変更があった場合、
都度新スレを立てるという事ですか？ このスレhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>74の
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
について。
z=x+r、つまりr=z-xとしたとき、ｒはどんな値でも成り立つ。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
((((「aは0以外の任意の数」で成り立つので、aは有理数と書くのは意味がありませんが、今の本題ではありません。)))))
あなたの理屈
> AB=aCＤ(1/a)ならば、A=aCのとき、B=Ｄ(1/a)が成り立つ
で、r^(p-1)=ap、つまりr=(ap)^{1/(p-1)}としても、ｒはどんな値でも成り立つ。
ｒは積の形にする前も後も、どんな値でも成り立つまま、変化はありません。
なにも変化がないのだから、積の形にすることは無駄です。 このスレhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>74の証明の
05行目> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
06行目> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
07行目> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
08行目> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
09行目> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
10行目> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
11行目> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
12行目> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
8行目の定義より、ｘは有理数×無理数=無理数、ｙも有理数×無理数=無理数なので、
5行目の無理数のx,有理数のyと8行目のx,yは当然別の比、別の数
7行目のx,y,zは5行目のx,y,zと同じ比ということなので8行目のx,yは当然別の比、別の数
10行目、(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合で、8行目の定義よりs､tは有理数
11行目、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合で、8行目の定義よりs,tは有理数
10行目、s､t、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合が見つかったので証明は失敗です。 >>103の最後の行、行番号を間違えました
11行目、s､t、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合が見つかったので証明は失敗です。 >98
> x,yがともに、有理数とならないからです。
はインチキのウソです。
(p^{1/(p-1)})/wが、有理数と、無理数両方の場合を、検討する必要があります。
１をよく見てください。 >99
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
次の、行から、書いています。 >101
>では証明内容に変更があった場合、
都度新スレを立てるという事ですか？
証明内容を、変更した場合、位置が、頭になりません。 >>105
いいですか。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
証明は、失敗です。 >>107
> >101
> >では証明内容に変更があった場合、
> 都度新スレを立てるという事ですか？
>
> 証明内容を、変更した場合、位置が、頭になりません。
それならそれで良いのですが、
それだったら、証明内容を変更したい理由で新スレ立てなくてもよかったのに。
と思いました。 >>106
> 次の、行から、書いています。
後に書いたものは、証拠になりません。
「(4)のx,y,zも整数比とならない。」と書きたいなら、その証拠はそれを書く『前に』書く必要があります。
証明は失敗です。 >>93
(3)のyが有理数の場合だけじゃ(4)のx,y,zが整数比にならないことはわからないでしょ。
証明になってない。
これ以上は説明しませんのであしからず。 >102
ｒは積の形にする前も後も、どんな値でも成り立つまま、変化はありません。
なにも変化がないのだから、積の形にすることは無駄です。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)を、
r^(p-1)=apとすると、
{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)となります。
これは、両辺にx^pを加えると、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となります。 >>112
> >102
> ｒは積の形にする前も後も、どんな値でも成り立つまま、変化はありません。
> なにも変化がないのだから、積の形にすることは無駄です。
>
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)を、
> r^(p-1)=apとすると、
> {(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)となります。
> これは、両辺にx^pを加えると、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となります。
x^p+y^p=z^p の解x,y,zに対し a=(z-x)^(p-1)/p とおきます
これを変形した z=x+(ap)^{1/(p-1)} を x^p+y^p=z^p に代入すると
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p
が得られます
積の形を経由しなければならない理由は特にありませんね >>112
z=x+rとおくと、ｒはどんな数にでもなるので、
r=1でもｒ=√2でもなんでもいい。
ｒは何でもいいので、r=(ap)^{1/(p-1)}とすると
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)は
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)になります。
積の形にする必要は、まったくありません。 >104
11行目、s､t、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合が見つかったので証明は失敗です。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となります。 >>115
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となります。
8行目の定義より、ｘは有理数×無理数=無理数、ｙも有理数×無理数=無理数なので、
5行目の無理数のx,有理数のyと8行目のx,yは当然別の比、別の数
7行目のx,y,zは5行目のx,y,zと同じ比ということなので8行目のx,yは当然別の比、別の数
別の比、別の数のなので、(4)となりません。インチキでウソですね。
証明は失敗です。 >>1
要するにですね
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
この積の形への変形は「あなたがどのように r=(ap)^{1/(p-1)} という表現を見出したか」に対する説明でしかないのですよ
そんなの証明としてはどうでもいいこと、無駄なんです
無駄が無駄だと指摘されているだけです >108
いいですか。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
成り立たないときは、ありませんが、zは、無理数となります。
証明は、失敗です。 >109
それだったら、証明内容を変更したい理由で新スレ立てなくてもよかったのに。
と思いました。
わざわざ、ありがとうございました。 >>118
> 成り立たないときは、ありませんが、zは、無理数となります。
証拠がありません。
当然のことながら、結論である「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は証拠に使えません。
証明は、失敗です。 >110
後に書いたものは、証拠になりません。
「(4)のx,y,zも整数比とならない。」と書きたいなら、その証拠はそれを書く『前に』書く必要があります。
どんなふうに、書いたらよいのでしょうか？ >111
(3)のyが有理数の場合だけじゃ(4)のx,y,zが整数比にならないことはわからないでしょ。
証明になってない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
としています。 これでも進歩したんだよ。
ちゃんとyが無理数の場合も考えるようになったしね。 >113
x^p+y^p=z^p の解x,y,zに対し a=(z-x)^(p-1)/p とおきます
これを変形した z=x+(ap)^{1/(p-1)} を x^p+y^p=z^p に代入すると
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p
が得られます
a=(z-x)^(p-1)/p は、どこから、導いて来られたのでしょうか？ >114
z=x+rとおくと、ｒはどんな数にでもなるので、
r=1でもｒ=√2でもなんでもいい。
ｒは何でもいいので、r=(ap)^{1/(p-1)}とすると
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)は
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)になります。
積の形にする必要は、まったくありません。
例えば、p=3
(ap)^{1/(p-1)}=3
ならば、aが、求まります。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となります。 >116
>> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となります。
>8行目の定義より、ｘは有理数×無理数=無理数、ｙも有理数×無理数=無理数なので、
5行目の無理数のx,有理数のyと8行目のx,yは当然別の比、別の数
7行目のx,y,zは5行目のx,y,zと同じ比ということなので8行目のx,yは当然別の比、別の数
別の比、別の数のなので、(4)となりません。インチキでウソですね。
証明は失敗です。
(4)と同じ形という意味です。 >>125
それがどうかしましたか？
z=x+rとおくと、ｒはどんな数にでもなるのだから
例えば、p=3
(ap)^{1/(p-1)}=3
の場合を考えたいのなら、そうすればいいのです。
積の形にする必要は、まったくありません。 >117
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
この積の形への変形は「あなたがどのように r=(ap)^{1/(p-1)} という表現を見出したか」に対する説明でしかないのですよ
違います。意味があります。 >>126
それがどうかしましたか？
同じ形だからなんだというのですか？
1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形なので、整数比の解は存在しないですか？そんなわけないですね。
同じ形かどうかは関係ありません。
別の比、別の数のなので、(4)と同じように考えられません。インチキでウソです。
証明は失敗です。 >120
>> 成り立たないときは、ありませんが、zは、無理数となります。
>証拠がありません。
当然のことながら、結論である「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は証拠に使えません。 >120
>> 成り立たないときは、ありませんが、zは、無理数となります。
>証拠がありません。
当然のことながら、結論である「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は証拠に使えません。
なので、
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
この、検討が、必要となります。 >>128
> >117
> > (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
>
> この積の形への変形は「あなたがどのように r=(ap)^{1/(p-1)} という表現を見出したか」に対する説明でしかないのですよ
>
> 違います。意味があります。
その後の証明のどこにこの変形が生かされていますか？
それがなければ証明のなかで「意味」などありませんよ >>121
あなたの書いたものを活かすなら、こんな感じですかね。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を????
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の解x,y,zが整数比になるような条件を考える。
r^(p-1)=pを変形するとr=p^{1/(p-1)}で、このrはpが奇素数の時無理数
z=x+rより、rが無理数の時x,zは1つまたは2つが無理数
１つが無理数で１つが有理数のとき整数比にならないので、x,zはともに無理数
無理数のx,zと整数比となる数yは当然無理数
よって、(3)の解x、y、zが整数比になるとすれば、
それは必ずxが無理数、yが無理数、zが無理数の時である。
そこで、とりあえず、
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、s,tは有理数、より整数比とならない。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、s,tは有理数、より整数比となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数か無理数かを考える。
…(証明したいひとが考えてください)…
…(もちろん証明の途中なので、結論である「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は使えません)…
(ここまでできれば、(3)に無理数で整数比の解があるかないかわかるので、次に進むことができる。)
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比と????。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を????。 >127
>z=x+rとおくと、ｒはどんな数にでもなるのだから
例えば、p=3
(ap)^{1/(p-1)}=3
の場合を考えたいのなら、そうすればいいのです。
積の形にする必要は、まったくありません。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)とすることは、意味があります。 >129
>1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形なので、整数比の解は存在しないですか？
1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形ですが、x^2+y^2=z^2に、整数比の
解が、存在しないことは、いえません。 >>134
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)とすることは、意味があります。
意味があるなら、すればいいのです。
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。
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
積の形にする必要は、まったくありません。
(うるさくいうとｒと(ap)^{1/(p-1)}の値の範囲が同じかどうかをきちんと調べないと駄目だけど) >>135
> 1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形ですが、x^2+y^2=z^2に、整数比の
> 解が、存在しないことは、いえません。
そんなことは当たり前ですよね。
だから同じ形かどうかはどうでもいいんです。
あなたの>>74の5行目> ｙが無理数の時、ｘが有理数となる。
あなたの>>74の7行目> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
と書いてあるのだから、それは8行目の x=(有理数のｓ×無理数のｗ),y=(有理数のt×無理数のｗ)
と同じ比になるわけがないのです。
8行目のｘ、ｙは5行目の(3)のｘ、ｙとは絶対に違う比です。だから(3)と同じことは言えません。
9行目のs、ｔは7行目の(4)のｘ、ｙとは絶対に違う比です。だから(4)と同じことは言えません。
証明は失敗です。 >132
その後の証明のどこにこの変形が生かされていますか？
それがなければ証明のなかで「意味」などありませんよ
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
この部分で、生きています。 >133
(p^{1/(p-1)})/wが有理数か無理数かを考える。
(p^{1/(p-1)})/wは、無理数、有理数どちらにも、なりえるので、両方考える必要があります。 >>122
結局、
(3)のx,y,zは整数比にならない …(A)
(4)のx,y,zは整数比にならない …(B)
あなたの説明は(A)と(B)を循環してるだけです。
証明ではありません。 で、いつまででたらめな文章ででたらめなことを書いて、数々の指摘を誤魔化すか無視し、正しいと言い張るんだ？ >>138
> >132
> その後の証明のどこにこの変形が生かされていますか？
> それがなければ証明のなかで「意味」などありませんよ
>
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
>
> この部分で、生きています。
「x^p+y^p=z^p の解x,y,z を任意の実数倍したものが再びx^p+y^p=z^p の解となる」ということは積の形に変形することなく証明できます
斉次多項式の一般的な性質ですね
他にないならやはり積の形の変形は不要、という結論しかでてきませんよ >>139
では結論ははっきりしていますね。http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>74の
5行目> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
8行目> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
8行目のｘ、ｙは整数比なので、5行目のｘ、ｙとは明らかに別の比であり、8行目のx、y、zが整数比とならないかどうかは5行目のｘ、ｙ、zとは関係ない。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、8行目よりs,tは有理数なので、s、t、s+(p^{1/(p-1)})/wがすべて有理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、s、t、s+(p^{1/(p-1)})/wの3つの数とと同じ比の自然数解を持つ。 >136
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。
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
>積の形にする必要は、まったくありません。
なぜ、必要がないのでしょうか？
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。このことが、言えなくなります。 >>144
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。このことが、言えなくなります。
いえますよ。
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。
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
a=1のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
a≠1のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)は
(あなたも手抜きしてるので手抜きするけど、ほんとはここで(4)の解を計算する必要がある。)
(4)は、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍の解をもつ。
積の形にする必要は、まったくありません。 >>145修正
>>1の書き方に合わせたけど、よくないので修正
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。題意(問題の意味)より、r>0としても問題ない。(ｒの定義)
新たな数aをa=(r^(p-1))/pで定義すると、すべてのｒに対してaが1対1で決まる。よって、ｒ=(ap)^{1/(p-1)}とおくことができる。(値域の確認)
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}とおくと、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。(代入)
後は同様 >>92
> >>1で何も証明していないのだが解にはなりません
> と言われても意味がわからないんだけれども解にならない理由は？
> x,yがともに、有理数とならないからです。
意味が全く分からないです
以下が証明として成り立っているとは全く思えませんが
>【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。
【日高証明】x,yがともに、有理数とならないからです。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >137
あなたの>>74の5行目> ｙが無理数の時、ｘが有理数となる。
あなたの>>74の7行目> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
と書いてあるのだから、それは8行目の x=(有理数のｓ×無理数のｗ),y=(有理数のt×無理数のｗ)
と同じ比になるわけがないのです。
x,yが整数比とならないので、s,tも、整数比となりません。 >140
(3)のx,y,zは整数比にならない …(A)
(4)のx,y,zは整数比にならない …(B)
あなたの説明は(A)と(B)を循環してるだけです。
証明ではありません。
どの部分が、循環していることになるのでしょうか？ >141
で、いつまででたらめな文章ででたらめなことを書いて、数々の指摘を誤魔化すか無視し、正しいと言い張るんだ？
どの部分が、間違いでしょうか？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=12、x=35 >>149
> どの部分が、循環していることになるのでしょうか？
>>148
> x,yが整数比とならないので、s,tも、整数比となりません。
あんたのやり方
s,tが整数比とならないことを証明しろといわれたらx,yが整数比とならないからと答える
逆に
x,yが整数比とならないことを証明しろといわれたらs,tが整数比とならないからと答える
あんたはx,yが整数比とならないこともs,tが整数比とならないことも証明していない >142
「x^p+y^p=z^p の解x,y,z を任意の実数倍したものが再びx^p+y^p=z^p の解となる」ということは積の形に変形することなく証明できます
斉次多項式の一般的な性質ですね
z=x+rの場合の、「斉次多項式の一般的な性質」が、よく、わからないので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >143
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、8行目よりs,tは有理数なので、s、t、s+(p^{1/(p-1)})/wがすべて有理数となる。
この場合は（4)と同じ形なので、s、tは、整数比となりません。 >>148
> x,yが整数比とならないので、s,tも、整数比となりません。
あなたはそんなこと調べていませんね。
5行目の(3)のｘが有理数の時、ｙが無理数になる
調べたのはそれだけです。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
s=1,t=2でもs=2,t=3でもｓ=3、ｔ=4でもとにかくどんなｓ､ｔ、でも必ず
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
5行目の(3)のｘが有理数の時、ｙが無理数となるだけで
5行目の(3)のｘ、ｙはどんな整数比にでもなります。
成り立たないときは、ありません。 「斉次多項式の一般的な性質」がよく分からなくても
x,y,zの次数が等しいことから代入して計算すれば以下が正しいことぐらい分かるでしょ
p=2でもpが奇素数のときのどちらでも
x^p+y^p=z^pの解(x,y,z)が存在すればその実数倍(x',y',z')=(ax,ay,az)も
x^p+y^p=z^pの解である
このとき解の比はx':y':z'=ax:ay:az=x:y:z (整数比であってもなくても)で等しく
r'=z'-x'=az-ax=a(z-x)=arとなるからr'はrのa倍になる >145
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。
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
a=1のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
a≠1のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)は
(あなたも手抜きしてるので手抜きするけど、ほんとはここで(4)の解を計算する必要がある。)
(4)は、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍の解をもつ。
>積の形にする必要は、まったくありません。
なぜ、ｒ=(ap)^{1/(p-1)}となるのでしょうか？ >>156
> この場合は（4)と同じ形なので、s、tは、整数比となりません。
この場合というのは整数比になる場合なんですがね
あんたの書いたことを書き換えると
整数比になる場合は(4)と同じ形なのでs,tは整数比となりません
であるから間違いですね >146
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。題意(問題の意味)より、r>0としても問題ない。(ｒの定義)
新たな数aをa=(r^(p-1))/pで定義すると、すべてのｒに対してaが1対1で決まる。よって、ｒ=(ap)^{1/(p-1)}とおくことができる。(値域の確認)
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}とおくと、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。(代入)
どうして、a=(r^(p-1))/pと定義できるのでしょうか？ >>159
> なぜ、ｒ=(ap)^{1/(p-1)}となるのでしょうか？
理由その1：ｒはどんな数にでもなるのだから、r=(ap)^{1/(p-1)}となることもある。それだけ。
理由その2：ぶっちゃけｒはどんな数にでもなるのだから、とりあえず自分の都合のいい数にしていい。
ただしあとで都合のいい数でない場合の時も考える必要はある。
理由その3：>>146に書いた通り、ｒと(ap)^{1/(p-1)}は変化する値の範囲が同じなので、置き換えることができる。 >>161
> どうして、a=(r^(p-1))/pと定義できるのでしょうか？
aは定理の文には出てこない、私が勝手に決めた勝手な数だから、私の好きに決めることができる。
私の好きに決めることができるから、私の都合のいいように、
(今の場合、(1)をx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)に変形できるように）
決めた。 >147
以下が証明として成り立っているとは全く思えませんが
>【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。
【日高証明】x,yがともに、有理数とならないからです。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
z=x+rとすれば、分かります。 >153
>あんたのやり方
>s,tが整数比とならないことを証明しろといわれたらx,yが整数比とならないからと答える
逆に
>x,yが整数比とならないことを証明しろといわれたらs,tが整数比とならないからと答える
１では、x,yが整数比とならないからs,tが整数比とならない。としか、言っていません。 >155
>疑問でごまかさずに質問に答えよ。
どんな、質問でしょうか？ >157
>w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
s,tが、どんな有理数であっても、成り立ちません。 >>167
成り立つか成り立たないか
どちらかを主張せよ >158
p=2でもpが奇素数のときのどちらでも
x^p+y^p=z^pの解(x,y,z)が存在すればその実数倍(x',y',z')=(ax,ay,az)も
x^p+y^p=z^pの解である
このとき解の比はx':y':z'=ax:ay:az=x:y:z (整数比であってもなくても)で等しく
r'=z'-x'=az-ax=a(z-x)=arとなるからr'はrのa倍になる
これは、正しいです。 >>167
(3√3/{91^(1/3)-3},4√3/{91^(1/3)-3},√3*91^(1/3)/{91^(1/3)-3})
はx^3+y^3=(x+√3)^3を満たす
p=3のときs=3,t=4でも成り立っているじゃないですか >160
>この場合というのは整数比になる場合なんですがね
この場合というのは、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合です。
>あんたの書いたことを書き換えると
整数比になる場合は(4)と同じ形なのでs,tは整数比となりません
であるから間違いですね
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じ形となる。です。 >>1
> 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
ここまででyが無理数のときのことは何も言っていないので、yが無理数のときにx,y,zが整数比になるかもしれない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)のx,y,zが整数比になるかもしれないので、(4)のx,y,zも整数比になるかもしれない。
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(3)の両辺をw^pで割ったら(3)と違う式なので同じではない。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
(4)のx,y,zは整数比になるかもしれないので、そんなことは言えない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
証明は誤り。何も証明できていない。 >>171
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じ形となる。です。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合はx,y,zは整数比になるんです
x:y:z=s:t:s+{有理数}でs,tは有理数だから
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合 = x,y,zが整数比になる場合
だから言い換えても意味は変わらないですよ >162
理由その1：ｒはどんな数にでもなるのだから、r=(ap)^{1/(p-1)}となることもある。それだけ。
理由その2：ぶっちゃけｒはどんな数にでもなるのだから、とりあえず自分の都合のいい数にしていい。
ただしあとで都合のいい数でない場合の時も考える必要はある。
>理由その3：>>146に書いた通り、ｒと(ap)^{1/(p-1)}は変化する値の範囲が同じなので、置き換えることができる。
(ap)^{1/(p-1)}でなかったならば、p=2の場合との、整合性がとれなくなります。 >163
>aは定理の文には出てこない、私が勝手に決めた勝手な数だから、私の好きに決めることができる。
よく、意味がわかりません。 >>174
> p=2の場合との、整合性がとれなくなります。
元々あんたの証明に整合性はないのだから気にしなくてよいですよ >168
成り立つか成り立たないか
どちらかを主張せよ
成り立ちません。 これは数学のテーマではありません。数学漫談の類いです。
数学以外の話題は数学板以外でやってください。 >170
(3√3/{91^(1/3)-3},4√3/{91^(1/3)-3},√3*91^(1/3)/{91^(1/3)-3})
はx^3+y^3=(x+√3)^3を満たす
>p=3のときs=3,t=4でも成り立っているじゃないですか
3^3+4^3=(3+√3/w)^3
3^3+4^3={91^(1/3)}^3
zは無理数となります。 >>179
> zは無理数となります。
x,yは整数比だからs,tも整数比でしょ
>>1
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
x,y,zを用いて書きかえると
x^p+y^p=z^pにおいてx,yを有理数とした場合
zが無理数であればx,y,zは整数比でない
zが有理数であればx,y,zは整数比である
この場合はx,yは常に整数比であってx,y,zが整数比かどうかは
zが有理数か無理数かで決まる
あんたの主張はx,yを有理数とした場合
zが無理数であればx,yは整数比でないからx,y,zは整数比でない
zが有理数であればx,yは整数比でないからx,y,zは整数比でない
元々あんたの証明にp=2の場合との整合性はない >172
>(3)の両辺をw^pで割ったら(3)と違う式なので同じではない。
同じ式となります。
(3)が成り立つならば、(3)の両辺をw^pで割っても、成り立ちます。 >173
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合はx,y,zは整数比になるんです
x:y:z=s:t:s+{有理数}でs,tは有理数だから
x,y,zは整数比になりますが、成り立ちません。 >176
>元々あんたの証明に整合性はないのだから気にしなくてよいですよ
どの部分が、整合性がないのでしょうか？ >178
これは数学のテーマではありません。数学漫談の類いです。
数学以外の話題は数学板以外でやってください。
どの部分が、数学漫談なのでしょうか？ >180
>x,yは整数比だからs,tも整数比でしょ
s,tが有理数の場合、成り立ちません。
>あんたの主張はx,yを有理数とした場合
zが無理数であればx,yは整数比でないからx,y,zは整数比でない
x,yは整数比ですが、x,y,zは整数比でないです。
>zが有理数であればx,yは整数比でないからx,y,zは整数比でない
zが有理数であればx,yは整数比なので、x,y,zは整数比となります。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=14、x=48は、
y=7、x=24 >>181
>同じ式となります。
>(3)が成り立つならば、(3)の両辺をw^pで割っても、成り立ちます。
等号は成り立っても式は違います。割ったものが同じ式というのなら、数学ではありません。
それはそれとして、他の指摘は無視ですか？そんなことばかりやってるからインチキだと言われるんですよ。
他に何も反論がないのなら他の部分は認めたものと見なします。
どうせ忘れてるだろうからもう一度書きます。
>>1
> 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
ここまででyが無理数のときのことは何も言っていないので、yが無理数のときにx,y,zが整数比になるかもしれない。 …(A)
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(A)により(3)のx,y,zが整数比になるかもしれないので、(4)のx,y,zも整数比になるかもしれない。 …(B)
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(3)の両辺をw^pで割ったら(3)と違う式なので同じではない。
(日高氏は同じだと言い張っているが、何が同じなのか説明がなく理解できない)
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
(B)により(4)のx,y,zは整数比になるかもしれないので、そんなことは言えない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
証明は誤り。何も証明できていない。 >>166
> >155
> >疑問でごまかさずに質問に答えよ。
>
> どんな、質問でしょうか？
だからごまかすな。 >>182
> x,y,zは整数比になりますが、成り立ちません。
成り立たないというのはあんたの証明とは無関係の数学的事象でしょ
私日高の証明ではx,y,zは整数比になりますが実際のところ成り立ちません
というのはあんたの証明が間違っているというだけのことです
>>185
> s,tが有理数の場合、成り立ちません。
s,tが有理数ならx,yは整数比です
> zが有理数であればx,yは整数比なので、x,y,zは整数比となります。
x,yは整数比なので
とのことですがs,tが有理数の場合に成り立たないのならばx,yは整数比でないということです >>189
日高氏は言われたことを何も覚えてないから、何回でも同じことを書くしかないですよ。
記憶障害なのか認知症なのか知らないけど。 >>148
> x,yが整数比とならないので、s,tも、整数比となりません。
p=2の時と整合性が取れません。
1^2+(√8)^2=(1+2)^2
これはx,yが整数比とならない(3)の解です。
3^2+4^2=5^2
これはx,yが整数比となる(3)の解です。
1:√8:3と3:4:5は比が違います。
1:√8:3が整数比とならないことは、3:4:5が整数比とならない証拠になりません。
pが奇素数の時
あなたの>>74の5行目> ｙが有理数の時、ｘが無理数となる。
これはx,yが整数比とならない(3)の解です。
8行目の x=(有理数のｓ×無理数のｗ),y=(有理数のt×無理数のｗ)
これはx,yが整数比となる(3)の解です。
(無理数のx):(有理数のｙ)と(有理数のｓ×無理数のｗ):(有理数のt×無理数のｗ)は比が違います。
(無理数のx):(有理数のｙ)が整数比とならないことは、
(有理数のｓ×無理数のｗ):(有理数のt×無理数のｗ)が整数比とならない証拠になりません。 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>156
> この場合は（4)と同じ形なので、s、tは、整数比となりません。
同じ形であることは、証拠にはならないとあなたが書いています。
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>135
> 1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形ですが、x^2+y^2=z^2に、整数比の
> 解が、存在しないことは、いえません。
同じ形であることは証拠になりません。つまりインチキのウソです。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は(4)と同じ形ですが、整数比の解が、存在しないことは、言えません。 >>167
わたしが書いた> >w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
わたしが書いた> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
わたしが書いた> 成り立たないときは、ありません。
あなたが書いた> s,tが、どんな有理数であっても、成り立ちません。
では、w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pが成り立たない、つまり左辺と右辺が違う数であることを、証明してください。
s,tは何でもいいですが、たとえばｐ=3、s=1,ｔ=2の時は左辺はどうなりますか？右辺はどうなりますか？ http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>174
> (ap)^{1/(p-1)}でなかったならば、p=2の場合との、整合性がとれなくなります。
ようするに、rが有理数の時整数比の解は有理数、ｒが無理数の時整数比の解は無理数
っていう当たり前なことをごまかすためのr=(ap)^{1/(p-1)}であって、
a=1,p=2の時だけ有理数になって、p=2以外の時無理数になるような数を考えれば
yが有理数の時だけ考えるというごまかしが成立するわけだから、たとえばr=2aπ^(p-2)でもいい.
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
r=2aπ^(p-2)とおくと、
(1)はa=1のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(1)はa=1以外、rが有理数になるようにaをとったときx^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となる
(後略)
【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
r=2aπ^(p-2)とおくと、
(1)はa=1のとき、x^p+y^p=(x+2π^(p-2))^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(1)はa=1以外、rが有理数になるようにaをとったときx^2+y^2=(x+2aπ^(p-2))^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となる
(後略)
積の形にする必要は全くない。 >>175
> 【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。
この文のどこにも、aという数は出てこない。
この文のどこにもaという数は出てこないのだから、証明の中でaという数を使いたくなったら、
aという数がどんなものなのか、証明を書く人が証明を読む人に向けて、説明しなくちゃいけない。
例えば
任意の実数a
だとか
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}が成り立つようにaを決める。
だとか。
そして説明さえちゃんとすれば、aは定理の文には出てこない、私が勝手に決めた勝手な数だから、
私の好きに決めることができる。a=(r^(p-1))/pでもそれ以外でも何でも好きに使うことができる。 >>179
> 3^3+4^3=(3+√3/w)^3
> 3^3+4^3={91^(1/3)}^3
> zは無理数となります。
このとき、(p^{1/(p-1)})/wは無理数で、4が有理数で、3も有理数です。
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>74の証明の10行目
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
と整合性が取れていません。
証明は失敗です。 >>182
> x,y,zは整数比になりますが、成り立ちません。
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>74の8行目であなたは書きました
>> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
sは有理数、ｔも有理数です。
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>139であなたは書きました
> (p^{1/(p-1)})/wは、無理数、有理数どちらにも、なりえるので、両方考える必要があります。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合を考えます。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立ちます。
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとしても、必ず成り立ちます。
成り立たないときは、ありません。
成り立たないときがあるというなら、どんなs、t、pの時に成り立たないのか、証拠を出してください。
s,t,(p^{1/(p-1)})/wがすべて有理数で、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは必ず成り立つので、
このとき、x=s,y=t,z=s+(p^{1/(p-1)})/wとするとｘ、ｙ、ｚはすべて有理数で、x^p+y^p=z^pの解である。証明終。 >>1氏の証明なるものは左辺がx^p+y^pであることを使っていない。もしもそれが正しければx^3+7y^3=z^3にも通用するはずで、x=y=1,z=2なる自然数解を持つことに反する。 (修正１)
【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)のyが無理数のときは、(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^p…(5)となる。(wは無理数)
(5)のxw、yw、xw+(p^{1/(p-1)})wの比は、(3)のx,y,zの比と同じとなる
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>200
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
うそウソ大嘘。x,y,zは同時に有理数にはならない、が本当。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >213
なにもわかってないな
どの部分のことでしょうか？ >>200
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
x,y,zは整数比とならないことが言えるのは
rが無理数の時にyを有理数とした場合とrが有理数の時にyを無理数とした場合だけですね
ただしそれらはフェルマーの最終定理とは無関係です
> (3)のyが無理数のときは、(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^p…(5)となる。(wは無理数)
> (5)のxw、yw、xw+(p^{1/(p-1)})wの比は、(3)のx,y,zの比と同じとなる
rが無理数の時にyを無理数とした場合に解x,y,zの比がどうなるかは全く検討されていません
よって現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている x^p+y^p=z^p の整数比の解は、自明な(0を含む)解を除けば
・x,y,zがすべて有理数
・x,y,zがすべて無理数
のどちらかになる
x,y,zがすべて有理数であれば明らかに整数比なので、問題はx,y,zがすべて無理数の解の中に整数比の解があるかどうか
x,y,zに有理数と無理数の両方を含む解は決して整数比にならないんですが、整数比の解がないところだけを確認して、整数比の解は存在しない、と思い込んでませんかね？ >215
rが無理数の時にyを無理数とした場合に解x,y,zの比がどうなるかは全く検討されていません
(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^pのrが無理数、有理数どちらのばあいでも、両辺を、w^pで割ると、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなります。 >216
x,y,zがすべて有理数であれば明らかに整数比なので、問題はx,y,zがすべて無理数の解の中に整数比の解があるかどうか
x,y,zが無理数で、整数比となるならば、x,y,zが有理数で、整数比となります。 >>218
> >216
> x,y,zがすべて有理数であれば明らかに整数比なので、問題はx,y,zがすべて無理数の解の中に整数比の解があるかどうか
>
> x,y,zが無理数で、整数比となるならば、x,y,zが有理数で、整数比となります。
そうですね
だからこそx,y,zがすべて無理数の場合を考えないといけないんですが、ちゃんと考えてますか？ >>217
> (xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^pのrが無理数、有理数どちらのばあいでも、両辺を、w^pで割ると、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなります。
これはx,y,zが整数比になる場合でも整数比にならない場合のどちらでも成り立ちます
だから
> 両辺を、w^pで割ると、> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなります。
といっても整数比になる解があるかどうかについては何も分かりません
整数比の場合はw^pで割っても比が変わりません
整数比でない場合もw^pで割っても比が変わりません
と言えるだけのことです >>200
ようするに、rが有理数の時整数比の解は有理数、ｒが無理数の時整数比の解は無理数
っていう当たり前なことをごまかすためのr=(ap)^{1/(p-1)}であって、
a=1,p=2の時だけ有理数になって、p=2以外の時無理数になるような数を考えれば
yが有理数の時だけ考えるというごまかしが成立するわけだから、たとえばr=2aπ^(p-2)でもいい.
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
r=2aπ^(p-2)とおくと、
(1)はa=1のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(1)はa=1以外、rが有理数になるようにaをとったときx^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となる
(後略)
【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
r=2aπ^(p-2)とおくと、
(1)はa=1のとき、x^p+y^p=(x+2π^(p-2))^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(1)はa=1以外、rが有理数になるようにaをとったときx^2+y^2=(x+2aπ^(p-2))^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となる
(後略)
積の形にする必要は全くない。 >>200
> 【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。
この文のどこにも、aという数は出てこない。
この文のどこにもaという数は出てこないのだから、証明の中でaという数を使いたくなったら、
aという数がどんなものなのか、証明を書く人が証明を読む人に向けて、説明しなくちゃいけない。
例えば
任意の実数a
だとか
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}が成り立つようにaを決める。
だとか。
そして説明さえちゃんとすれば、aは定理の文には出てこない、私が勝手に決めた勝手な数だから、
私の好きに決めることができる。a=(r^(p-1))/pでもそれ以外でも何でも好きに使うことができる。 >>200
> 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
後で考えてもダメです。
「(4)のx,y,zも整数比とならない。」と書きたいなら、その証拠はそれを書く『前に』書く必要があります。
>>200の証明も、失敗です。 >>200
p=2のとき、
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)でｙが有理数、たとえばｙ=4のとき、
両辺に(√2)^2をかけて
(x√2)^2+(y√2)^2=(x√2+2√2)^2になってもyの値は同じ、ｙ=4のまま
当たり前ですね。
(x√2)^2+(y√2)^2=(x√2+2√2)^2でｙが無理数、たとえばy=√8のとき
両辺を(√2)^2でわって
x^2+y^2=(x+2)^2…これは(3)そのもの、になってもｙの値は同じ、ｙ=√8のまま
当たり前ですね。
yが有理数のときの解の比3:4:5とｙが無理数の時の解の比1:√8:3は同じ比とならない。
整合性が取れません。
ｐが奇素数の時
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)でｙが有理数の時、
両辺にｗ^ｐをかけて
(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^pになってもｙの値は同じ、有理数のまま
当たり前ですね。
(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^pでｙが無理数の時、
両辺をｗ^ｐで割って
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…これは(3)そのもの、になってもｙの値は同じ、無理数のまま
当たり前ですね。
(3)の解ｘ、ｙ、ｚと同じ比になるものはそれ自身のほかに存在しない
5行目のｙが有理数の時と8行目のｙが無理数の時は絶対に違う比、違う値で、同じ比とならない。
整合性が取れません。
証明は失敗です。 >>204-210
200を見ても、あなたの書いたhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/148が
インチキのウソである、という事実は変わりませんね。
200を見ても、あなたの書いた>>156がインチキのウソである、という事実は変わりませんね。
200を見ても、あなたの書いた>>167がインチキのウソである、という事実は変わりませんね
200を見ても、あなたの書いた>>74が失敗である、という事実は変わりませんね。
200を見ても、あなたの書いた>>182がインチキのウソである、という事実は変わりませんね。 >219
> x,y,zが無理数で、整数比となるならば、x,y,zが有理数で、整数比となります。
そうですね
だからこそx,y,zがすべて無理数の場合を考えないといけないんですが、ちゃんと考えてますか？
x,y,zが有理数で、整数比とならないならば、x,y,zが無理数で、整数比となりません。 >220
> 両辺を、w^pで割ると、> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなります。
といっても整数比になる解があるかどうかについては何も分かりません
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが、整数比とならないので、
(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^pも、整数比となりません。 >>227
> >219
> > x,y,zが無理数で、整数比となるならば、x,y,zが有理数で、整数比となります。
>
> そうですね
> だからこそx,y,zがすべて無理数の場合を考えないといけないんですが、ちゃんと考えてますか？
>
> x,y,zが有理数で、整数比とならないならば、x,y,zが無理数で、整数比となりません。
x,y,zが有理数なら、それは整数比ですね
ありえないことについて述べて何か意味がありますか？ >222
>yが有理数の時だけ考えるというごまかしが成立するわけだから、たとえばr=2aπ^(p-2)でもいい.
r=2aπ^(p-2)とすることが、できる根拠は、何でしょうか？
過程を教えてください。 >223
>aという数がどんなものなのか、証明を書く人が証明を読む人に向けて、説明しなくちゃいけない。
aは、rによって決まる実数です。 >224
後で考えてもダメです。
「(4)のx,y,zも整数比とならない。」と書きたいなら、その証拠はそれを書く『前に』書く必要があります。
どうしてでしょうか？ >>228
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが、整数比とならないので、
整数比とならない理由は？
>>200
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
これは理由になりません
> (3)のyが無理数のときは、(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^p…(5)となる。(wは無理数)
> (5)のxw、yw、xw+(p^{1/(p-1)})wの比は、(3)のx,y,zの比と同じとなる
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pにおいてx,y,p^{1/(p-1)}が全て無理数である解
が存在することと無理数の無理数倍は有理数になることから
xw,yw,xw+(p^{1/(p-1)})wは全て有理数になる可能性が依然としてあります >>233
無理数の無理数倍は有理数になることから
を
無理数の無理数倍は有理数になることがあるから
に訂正 >225
>yが有理数のときの解の比3:4:5とｙが無理数の時の解の比1:√8:3は同じ比とならない。
当然そうなります。 >226
200を見ても、あなたの書いたhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/148が
インチキのウソである、という事実は変わりませんね。
どの部分かを、指摘してください。 >229
x,y,zが有理数なら、それは整数比ですね
ありえないことについて述べて何か意味がありますか？
どういう意味でしょうか？ >233
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが、整数比とならないので、
整数比とならない理由は？
右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。からです。
>xw,yw,xw+(p^{1/(p-1)})wは全て有理数になる可能性が依然としてあります
それぞれを、wで割ると、x,y,x+(p^{1/(p-1)})となります。 >234
を
無理数の無理数倍は有理数になることがあるから
に訂正
そうですね。 >>238
> 整数比とならない理由は？
> 右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。からです。
>>200
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
これは理由になりません
と書いてあるのが読めませんか？
>>215にも書きましたが
> x,y,zは整数比とならないことが言えるのは
> rが無理数の時にyを有理数とした場合とrが有理数の時にyを無理数とした場合だけですね
> ただしそれらはフェルマーの最終定理とは無関係です
> それぞれを、wで割ると、x,y,x+(p^{1/(p-1)})となります。
x,y,x+(p^{1/(p-1)})が全て無理数なら整数比になる可能性があります 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>237
> >229
> x,y,zが有理数なら、それは整数比ですね
> ありえないことについて述べて何か意味がありますか？
>
> どういう意味でしょうか？
再掲すると
>>227 の
> x,y,zが有理数で、整数比とならないならば、x,y,zが無理数で、整数比となりません。
x,y,zが有理数ならば、必ず整数比なのでこの時点で「整数比とならない」はありえないと考えましたが、ここは
「『x,y,zが有理数で、整数比』であるx^p+y^p=z^p の解が存在しない」ならば「『x,y,zが無理数で、整数比』であるx^p+y^p=z^p の解が存在しない」
の意でしたか？ やはり「存在する」の意で「となる」を使ってはいけません文意があいまいになるのは証明として不適切です
主張をするときは、何が前提で何が結論かはっきりとわかる記述をしましょう 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)のyが無理数のときは、(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^p…(5)となる。(wは無理数)
(5)のxw、yw、xw+(p^{1/(p-1)})wの比は、(3)のx,y,zの比と同じとなる
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >240
x,y,x+(p^{1/(p-1)})が全て無理数なら整数比になる可能性があります
x,y,x+(p^{1/(p-1)})が全て無理数ならxw,yw,x+(p^{1/(p-1)})wとなります。 >242
「『x,y,zが有理数で、整数比』であるx^p+y^p=z^p の解が存在しない」ならば「『x,y,zが無理数で、整数比』であるx^p+y^p=z^p の解が存在しない」
の意でしたか？
はい。 >243
やはり「存在する」の意で「となる」を使ってはいけません文意があいまいになるのは証明として不適切です
主張をするときは、何が前提で何が結論かはっきりとわかる記述をしましょう
どういう言葉の使い方をすれば、よいのでしょうか？ >>247
「存在する」と言いたいなら「存在する」と書けばいいでしょう
なにか難しいことがあるんですか？ >248
「存在する」と言いたいなら「存在する」と書けばいいでしょう
なにか難しいことがあるんですか？
どうして、「となる」を使ってはいけないのでしょうか？
理由を教えていただけないでしょうか？ >>249
> >248
> 「存在する」と言いたいなら「存在する」と書けばいいでしょう
> なにか難しいことがあるんですか？
>
> どうして、「となる」を使ってはいけないのでしょうか？
> 理由を教えていただけないでしょうか？
なにがしかの前提から導かれた結果や、式を計算したり変形した結果など「断定できるもの」
と、
なにがしかの条件を満たすものが存在するが、満たさないものと混在するかもしれない「断定できないもの」
が同じ「となる」で書かれていると読む側は困るんですよ
「はて、これは断定しているのだろうか？ それとも断定はできないのだろうか？」
ってね
だから「100%そうなると断定できるもの」にだけ「となる」を使ってください
特に今回のように「ならば」と併用されると混乱が頻発するでしょうね
「ならば」の前後は命題なので、そこに「となる」「とならない」があると断定の意味に見えてしまいます
いや、そもそも断定でしか使わない >250
>「ならば」の前後は命題なので、そこに「となる」「とならない」があると断定の意味に見えてしまいます
いや、そもそも断定でしか使わない
244の中の、「となる」は、断定の意味で使っています。 >>251
> >250
> >「ならば」の前後は命題なので、そこに「となる」「とならない」があると断定の意味に見えてしまいます
> いや、そもそも断定でしか使わない
>
> 244の中の、「となる」は、断定の意味で使っています。
そうですか、今後は質問への返答の中でも使わないでくださいね 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)のyが無理数のときは、(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^p…(5)となる。(wは無理数)
(5)のxw、yw、xw+(p^{1/(p-1)})wの比は、(3)のx,y,zの比と同じとなる
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>254
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
この段階ではそれはまだ言えていません。言えているのはx,y,zが同時に有理数にはならない、です。 >>238からの流れは
> >xw,yw,xw+(p^{1/(p-1)})wは全て有理数になる可能性が依然としてあります
> それぞれを、wで割ると、x,y,x+(p^{1/(p-1)})となります。
> > それぞれを、wで割ると、x,y,x+(p^{1/(p-1)})となります。
> x,y,x+(p^{1/(p-1)})が全て無理数なら整数比になる可能性があります
>>245
> > x,y,x+(p^{1/(p-1)})が全て無理数なら整数比になる可能性があります
> x,y,x+(p^{1/(p-1)})が全て無理数ならxw,yw,x+(p^{1/(p-1)})wとなります
あんたはwで割ったりwをかけることしかしていないがそれで比は変わらないのでしょ
だからxw:yw:xw+(p^{1/(p-1)})wが整数比になる可能性があります >255
>> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
>この段階ではそれはまだ言えていません。言えているのはx,y,zが同時に有理数にはならない、です。
どうしてでしょうか？ >256
あんたはwで割ったりwをかけることしかしていないがそれで比は変わらないのでしょ
だからxw:yw:xw+(p^{1/(p-1)})wが整数比になる可能性があります
x,y,x+(p^{1/(p-1)})が、整数比とならないので、xw:yw:xw+(p^{1/(p-1)})wも
整数比となりません。 >>258
> x,y,x+(p^{1/(p-1)})が、整数比とならない
あんたは>>254でそれを証明していないじゃないですか >>257
> >255
> >> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
>
> >この段階ではそれはまだ言えていません。言えているのはx,y,zが同時に有理数にはならない、です。
>
> どうしてでしょうか？
どうして、自然数比にならないことが言えるのですか？ >>257
> どうしてでしょうか？
yに無理数を代入してxが無理数となる場合は整数比になる可能性があるから
p=2を用いた例
x^2+y^2=(x+√2)^2の右辺を二項展開してyに有理数を代入するとxは無理数となるが
yに無理数を代入してxが無理数となる場合は整数比になる可能性があるからx,y,zは整数比とならないとはいえない
実際y=2√2をx^2+y^2=(x+√2)^2に代入するとx=3√2/2となりz=x+√2=5√2/2
このとき解x,y,zは整数比となっている
p=2との整合性を見るために>>254の論理をp=2に適用する
【日高定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
x^2+y^2=(x+√2)^2…(4)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると
xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zの√2/2倍となるので、(3)のx,y,zも整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【実際は】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ可能性がある。
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)
x^2+y^2=(x+√2)^2…(4)
(4)のyが無理数のときは、(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^p…(5)となる。(wは無理数)
(5)のxw、yw、xw+(p^{1/(p-1)})wの比は、(3)のx,y,zの比と同じとなる
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pにおいてx,y,p^{1/(p-1)}が全て無理数である解
が存在することと無理数の無理数倍は有理数になることがあるから
xw,yw,xw+(p^{1/(p-1)})wは全て有理数になる可能性が依然としてある >>230
ある任意の数ｓ､ｔ、uについてs^p+y^p=u^pが成り立つとき、なんでもいい任意の数aに対して(as)^p+(at)^p=(au)^pが成り立つ
このとき、z=x+rとおくとr=z-x=a(u-s)で、aは何でもいい任意の数だから、rは何でもいい、どんな数にでもなる。
どんなｒに対しても、s^p+y^p=u^pと同じ比の解as,at,auが1つだけきまる。
ｒはなんでもいい、どんな数にでもなる。これが根拠。
ｒはなんでもいいので、r=1でもr=√2でもr=2απ^(p-2)でもなんでもいい。 >>231
> aは、rによって決まる実数です。
あ、そうですか。
では、
【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
r=(ap)^{1/(p-1)}が成り立つように実数aを定義する。
(2)はa=1のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
これで十分ですね。
積の形にする必要は、まったくありません。 >>232
> 「(4)のx,y,zも整数比とならない。」と書きたいなら、その証拠はそれを書く『前に』書く必要があります。
>
> どうしてでしょうか？
誰が読んでも同じ結果になるように、だれが読んでも納得する証拠を用意する。それが『証明』というものそのものだからです。
証明というのは、証拠と小さな証明の積み重ねです。
○○という明らかなことから、△△ということがいえる。(小さな証明1)
△△を証拠として、□□ということがいえる。(小さな証明2)
□□を証拠として、××ということがいえる。(小さな証明3)
××を証拠として、結論がいえる。(もともと証明したかった証明)
>>254の場合、
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
ここまでで、ｙが無理数で、整数比の解ｘ、ｙ、ｚは存在しない、という証明ができていれば、それを証拠として、
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)に無理数で整数比の解がないことより、(4)に有理数で整数比の解がない。
といえる。（もちろん、ｐ=2のときｘ:ｙが無理数比の1:√8になる解があっても、それとは別にｘ、ｙが整数比の3:4の解があるように、
無理数比の解があることは整数比の解がないことの証拠にはならない。念のため)
ここまでで、ｙが無理数で、整数比の解ｘ、ｙ、ｚが存在する、という証明ができていれば、それを証拠として、
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)に無理数で整数比の解が存在することより、(4)に有理数で整数比の解が存在する
といえるけど、どちらの証拠もここまでに書かれていないので、何も言えない。
小さな証明に失敗したので、先に進むことができない。
証明は失敗です。 >>235
p=2のとき、ｙが有理数の時の(3)の解とｙが無理数の時の(3)の解で比が違うのだから、
pが奇素数の時でも、ｙが有理数の時の(3)の解とｙが無理数の時の(3)の解で比が違わないと
整合性がとれません。
>>254の(5)は両辺をｗ^ｐで割れば(3)そのものです。
ｙが無理数の時、(5)の両辺をｗ^ｐで割って(3)そのものにしてもｙは無理数のままです。
>>254の5行目、(3)でｙが有理数の時と、>>254の8行目、(3)そのものでｙが無理数の時は、
比が違わないと整合性が取れません。
>>254の証明は失敗です。 >>254
> (3)のyが無理数のときは、(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^p…(5)となる。(wは無理数)
(yw)は有理数ですか？無理数ですか？
(ｙｗ)/wは有理数ですか？無理数ですか？
p=2のとき、
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)でｙが有理数、たとえばｙ=4のとき、
両辺に(√2)^2をかけて
(x√2)^2+(y√2)^2=(x√2+2√2)^2になってもyの値は同じ、ｙ=4のまま
当たり前ですね。
(x√2)^2+(y√2)^2=(x√2+2√2)^2でｙが無理数、たとえばy=√8のとき
両辺を(√2)^2でわって
x^2+y^2=(x+2)^2…これは(3)そのもの、になってもｙの値は同じ、ｙ=√8のまま
当たり前ですね。
yが有理数のときの解の比3:4:5とｙが無理数の時の解の比1:√8:3は同じ比とならない。
整合性が取れません。
ｐが奇素数の時
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)でｙが有理数の時、
両辺にｗ^ｐをかけて
(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^pになってもｙの値は同じ、有理数のまま
当たり前ですね。
(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^pでｙが無理数の時、
両辺をｗ^ｐで割って
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…これは(3)そのもの、になってもｙの値は同じ、無理数のまま
当たり前ですね。
(3)の解ｘ、ｙ、ｚと同じ比になるものはそれ自身のほかに存在しない
5行目のｙが有理数の時と8行目のｙが無理数の時は絶対に違う比、違う値で、同じ比とならない。
整合性が取れません。
証明は失敗です。 >259
> x,y,x+(p^{1/(p-1)})が、整数比とならない
あんたは>>254でそれを証明していないじゃないですか
理由を説明していただけないでしょうか？ >260
どうして、自然数比にならないことが言えるのですか？
x,y,zが整数比とならないからです。 >>269
> >260
> どうして、自然数比にならないことが言えるのですか？
>
> x,y,zが整数比とならないからです。
整数比とならないのはなぜですか？ >261
【実際は】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ可能性がある。
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)
x^2+y^2=(x+√2)^2…(4)
(4)のyが無理数のときは、(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^p…(5)となる。(wは無理数)
(p^{1/(p-1)})=√2となりません。 >262
ｒはなんでもいい、どんな数にでもなる。これが根拠。
ｒはなんでもいいので、r=1でもr=√2でもr=2απ^(p-2)でもなんでもいい。
r=2απ^(p-2)でもなんでもいいです。が、根拠が必要です。 >263
r=(ap)^{1/(p-1)}が成り立つように実数aを定義する。
r=(ap)^{1/(p-1)}の根拠は？ >264
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
これは、yが、有理数の場合です。
x,y,zが、無理数で、整数比となるならば、x,y,zが、有理数でも、整数比となります。 >265
>p=2のとき、ｙが有理数の時の(3)の解とｙが無理数の時の(3)の解で比が違うのだから、
比が同じ物が、存在します。 >267
>(yw)は有理数ですか？無理数ですか？
無理数です。
(ｙｗ)/wは有理数ですか？無理数ですか？
どちらの場合も、考えられます。
>yが有理数のときの解の比3:4:5とｙが無理数の時の解の比1:√8:3は同じ比とならない。
当然そうなります。
>(3)の解ｘ、ｙ、ｚと同じ比になるものはそれ自身のほかに存在しない
5行目のｙが有理数の時と8行目のｙが無理数の時は絶対に違う比、違う値で、同じ比とならない。
(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^pならば、同じ比となります。 >>275
> >265
> >p=2のとき、ｙが有理数の時の(3)の解とｙが無理数の時の(3)の解で比が違うのだから、
>
> 比が同じ物が、存在します。
>>277
> >267
> >yが有理数のときの解の比3:4:5とｙが無理数の時の解の比1:√8:3は同じ比とならない。
>
> 当然そうなります。
レスに一貫性が無いんじゃない？
どっちが正しいの？ >270
整数比とならないのはなぜですか？
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。 >278
どっちが正しいの？
どっちも、正しいです。 >>254
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
に対して疑問を提示したのに
>>279
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。 >281
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
に対して疑問を提示したのに
よく、意味がわかりません。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)のyが無理数のときは、(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^p…(5)となる。(wは無理数)
(5)のxw、yw、xw+(p^{1/(p-1)})wの比は、(3)のx,y,zの比と 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)のyが無理数のときは、(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^p…(5)となる。(wは無理数)
(5)のxw、yw、xw+(p^{1/(p-1)})wの比は、(3)のx,y,zの比と同じとなる
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>283
ある部分について疑問が出されたら、その部分を、別の言葉で説明するのが普通でしょ。君、そんなこともわからないの？ >287
ある部分について疑問が出されたら、その部分を、別の言葉で説明するのが普通でしょ。君、そんなこともわからないの？
どの部分についてでしょうか？ 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >289
>>255で引用した部分に決まってるでしょう？
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
この段階ではそれはまだ言えていません。言えているのはx,y,zが同時に有理数にはならない、です。
「この段階ではそれはまだ言えていません。」なぜでしょうか？ >>291
> 「この段階ではそれはまだ言えていません。」なぜでしょうか？
言えていると主張するなら、理由を説明して。 >>290
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
これ、大嘘。 >>291
> 「この段階ではそれはまだ言えていません。」なぜでしょうか？
yに無理数を代入してxが無理数となる場合は整数比になる可能性があるから
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ可能性がある。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、
(r=p^{1/(p-1)}でありyが有理数のときは)x,y,zは整数比とならない。
しかしyに無理数を代入してxが無理数となる場合は整数比になる可能性があるから
r=p^{1/(p-1)}のときの全ての解x,y,zの比が整数比とならないとはいえない
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比になる可能性がある。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ可能性がある。 >292
> 「この段階ではそれはまだ言えていません。」なぜでしょうか？
言えていると主張するなら、理由を説明して。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
からです。 >293
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
これ、大嘘。
どうしてでしょうか？ >294
しかしyに無理数を代入してxが無理数となる場合は整数比になる可能性があるから
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となります。 >>297
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となります。
反論にすらなっていない
最終的にx,y,zが有理数で整数比となる可能性がなくならないからあんたの証明は間違っているんだよ
イカレ日高は同じことを何度も書くがこれは
(3)のx,y,zが無理数で整数比となるならば(4)のx,y,zが有理数で整数比となる
のことだろ
あんたがやっていることはr=p^{1/(p-1)}のとき
> yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
この段階でいえることは
r=p^{1/(p-1)}でありyが有理数のときは(3)のx,y,zは整数比とならない。
さらに(4)でいえることはrが有理数でyが無理数のときは(4)のx,y,zは整数比とならない
しかしyに無理数を代入してxが無理数となる場合は整数比になる可能性があるから
r=p^{1/(p-1)}のときの(3)の全ての解x,y,zの比が整数比とならないとはいえない
(4)でいえることは(4)のx,y,zも整数比になる可能性がある >298
しかしyに無理数を代入してxが無理数となる場合は整数比になる可能性があるから
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となります。 >>299
以前のレスで、「有理数解とならない」と同意しています。よってその反論は無効です。
フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/
143 名前：日高[] 投稿日：2020/08/30(日) 11:54:17.13 ID:Ecyoi1s7 [16/20]
>138
「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割っても、(3)の有理数解とならない」 …(B)
が正しい理由です。
はい。そう思います。 >>298
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となります。
イカレ日高は同じことを何度も書くがこれは
(3)のx,y,zが無理数で整数比となるならば(4)のx,y,zが有理数で整数比となる
のことだろ
(3)のx,y,zが無理数で整数比となる可能性があるでしょ
証明の開始時点ではr=p^{1/(p-1)}のとき場合分けをすると
(A) yが有理数の場合
(B) yが無理数の場合 整数比となる可能性があるのは(B)
証明の開始時点では(3)のx,y,zが整数比となる可能性がある
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない
これは (A) yが有理数の場合 は整数比とならないということなので
(B) yが無理数の場合 整数比となる可能性があるのは(B) については検討されていない
よってこの段階でも(3)のx,y,zが無理数で整数比となる可能性がある
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
(A) yが有理数の場合 の(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍は整数比にならないが
(B) yが無理数の場合 の(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍は整数比となる可能性がある >>295
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
> からです。
「x,y,zは整数比とならない」？ なんでそれが言えるの。
「x,y,zが、有理数で整数比となる」。そりゃそうだよ。x=y=z=1とでもおけばよい。何の解と言っていないんだから。 >>296
> >293
> > (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
>
> これ、大嘘。
>
> どうしてでしょうか？
大嘘でないというなら、証明してみせな。 >300
「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割っても、(3)の有理数解とならない」 …(B)
が正しい理由です。
はい。そう思います。
訂正します。
共通の無理数で割ったら、(3)の有理数解となります。 , .. . + 。 ’‘ :] . ..
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(3)のx,y,zが無理数で整数比となるならば(4)のx,y,zが有理数で整数比となる
のことだろ
ちがいます。
(3)のx,y,zが無理数で整数比となるならばの(3)x,y,zが有理数で整数比となる。
です。 >302
「x,y,zは整数比とならない」？ なんでそれが言えるの。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるからです。 , .. . + 。 ’‘ :] . ..
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大嘘でないというなら、証明してみせな。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなる。
(s,t,uは有理数、wは無理数） 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>304
>>306
x^2+y^2=(x+2√2)^2の解(x,y,z)=(3√2,4√2,5√2)を共通の無理数√2で割ったら
x^2+y^2=(x+2)^2の解(x,y,z)=(3,4,5)になるが
(x,y,z)=(3,4,5)はx^2+y^2=(x+2√2)^2の解ではない
上の例では解を共通の無理数√2で割ったら元の式のr=2√2も√2で割らないとダメなので
解が満たす式も変わる
x^2+y^2=(x+2√2)^2とx^2+y^2=(x+2√2/√2)^2=(x+2)^2は異なる式である
> 共通の無理数で割ったら、(3)の有理数解となります。
は間違い >>304
>>309
「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、(3)の有理数解となります」
> 大嘘でないというなら、証明してみせな。
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなる
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは(3)でないしs^p+t^p=u^pも(3)でないので証明できてない >>307 日高
> >302
> 「x,y,zは整数比とならない」？ なんでそれが言えるの。
>
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるからです。
この一文は認められないけどそれ以前にyが無理数のときはどうよ？ >>309 日高
> >303
> 大嘘でないというなら、証明してみせな。
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなる。
> (s,t,uは有理数、wは無理数）
それは(3)式ではありませぬ。しょうもない言い訳はやめな。 >311
x^2+y^2=(x+2√2)^2の解(x,y,z)=(3√2,4√2,5√2)を共通の無理数√2で割ったら
x^2+y^2=(x+2)^2の解(x,y,z)=(3,4,5)になるが
(x,y,z)=(3,4,5)はx^2+y^2=(x+2√2)^2の解ではない
x^2+y^2=(x+2√2)^2は、(4)です。 >>315
p=2とpが奇素数のときでは(3)と(4)が入れ替わるんだよ
あんた知らなかったの？ , .. . + 。 ’‘ :] . ..
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ｒはなんでもいいから、r=2απ^(p-2)でもいい。「ｒはなんでもいい]、それが根拠。
実用的なことを言えば、rはなんでもいいから、そのあとの計算で都合のいい数が出てくるように決める。
今の場合、p=2のときｒが有理数、pが奇素数の時ｒが無理数になれば、
rが有理数の時整数比の解は有理数、ｒが無理数の時整数比の解は無理数っていう当たり前なことを
ごまかすのに都合がいい。
>>273
ｒはなんでもいいから、r=(ap)^{1/(p-1)}でもいい。「ｒはなんでもいい]、それが根拠。
実用的なことを言えば、rはなんでもいいから、そのあとの計算で都合のいい数が出てくるように決める。
今の場合、p=2のときｒが有理数、pが奇素数の時ｒが無理数になれば、
rが有理数の時整数比の解は有理数、ｒが無理数の時整数比の解は無理数っていう当たり前なことを
ごまかすのに都合がいい。 >>275
> >p=2のとき、ｙが有理数の時の(3)の解とｙが無理数の時の(3)の解で比が違うのだから、
>
> 比が同じ物が、存在します。
では、p=2のとき、ｙが有理数である(3)の解x=3,y=4,z=x+p^{1/(p-1)}と同じ比で、
yが無理数であるようなx^2+y^2=(x+2)^2…(3)の解を書いてください。 >>277
> (ｙｗ)/wは有理数ですか？無理数ですか？
>
> どちらの場合も、考えられます。
では、(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^pの両辺をw^pで割って
(xw/w)^p+(yw/w)^p=(xw/w+(p^{1/(p-1)})w/w)^pとなって、これを整理して
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となったとき、ｙ=(yw)/wが無理数である場合と有理数である場合がある。
p=2のときyが有理数のときの(3)の解の比3:4:5とｙが無理数の時の(3)の解の比1:√8:3は同じ比とならないのと同様に
ｐが奇素数のときyが有理数のときの(3)の解の比とｙが無理数の時の(3)の解の比は同じ比とならない。
つまり
> (xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^pならば、同じ比となります。
はインチキのウソです。
ｐ=2のとき、ｙが有理数である(3)の解x=3,y=4,z=x+p^{1/(p-1)}と同じ比で、
yが無理数であるようなx^2+y^2=(x+2)^2…(3)の解をあなたが書かない限り、インチキでウソであるという事実はかえられません。 >>309
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に、y=twを代入し、式が必ず成り立つようにx=swのsを定義する。
このとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3-A)が必ず成り立つようにｓを決めたのだから(3-A)は必ず成り立つ。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に、x=sw,y=twと同じ比で違う値のx=s,y=tを代入してみると
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^p…(3-B)となるが、これは正しいのだろうか？
正しいことにした式(3-Ａ)の両辺をw^pで割ると
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1))/w)^p…(3-A-2)
絶対に正しい式(3-A-2)と正しいかわからない式(3-Ｂ)の左辺を比べると
s^p+t^p=s^p+t^p
で同じものである。
絶対に正しい式(3-A-2)と正しいかわからない式(3-Ｂ)の右辺を比べると
(s+(p^{1/(p-1))/w)^p=(s+p^{1/(p-1)})^p
s+(p^{1/(p-1))/w=s+p^{1/(p-1)}
(p^{1/(p-1))/w=p^{1/(p-1)}
1/w=1
いま、wは無理数だから最後の式は絶対に正しくならない、1/wと1は違う。
絶対に正しい(3-Ａ−2)式と正しいかわからない(3-Ｂ)式の左辺は同じで、右辺は違う。
(3-Ａ−2)は絶対に正しいのだから、間違っているのは(3-Ｂ)のほうである。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3-A)が正しいとき、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^p…(3-B)は間違っている。
swとｓ、ｔｗとｔを入れ替えても以上の証拠は同じなので
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^p…(3-B)が正しいとき,、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3-A)は間違っている。
つまり、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3-A)とs^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^p…(3-B)が同時に正しいということは、絶対に起きない。 日高君は、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と書けるから
a=1、r^(p-1)=pのときを考える意味がある、と信じ込んでいるんだなあ。 >312
> 大嘘でないというなら、証明してみせな。
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなる
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは(3)でないしs^p+t^p=u^pも(3)でないので証明できてない
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは(3)では、ありません。
「(3)が、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなるならば、」の話です。 >313
>この一文は認められないけどそれ以前にyが無理数のときはどうよ？
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となります。 >314
>それは(3)式ではありませぬ。しょうもない言い訳はやめな。
(4)式でも、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなります。 >316
>p=2とpが奇素数のときでは(3)と(4)が入れ替わるんだよ
あんた知らなかったの？
どういう意味でしょうか？ >>325
意味不明なこと書くなよ。
x.y.zが無理数ならx,y,zは有理数じゃないだろ。
別のx,y,zのことを言いたいのならちゃんとわかるように書け。 > 「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、(3)の有理数解となります」
> 大嘘でないというなら、証明してみせな。
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなる
>>326
> (4)式でも、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなります。
ということは
「(4)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、(4)の有理数解となります」
も成り立つ
>>327
p=2はrが有理数
pが奇素数のときはrが無理数だから
あんたの言う(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなる式は異なるでしょ
pが奇素数のときは(3)のrが無理数だから
「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、(3)の有理数解となります」
p=2は(3)のrが有理数だから
「(4)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、(4)の有理数解となります」
>>315
> x^2+y^2=(x+2√2)^2の解(x,y,z)=(3√2,4√2,5√2)を共通の無理数√2で割ったら
> x^2+y^2=(x+2)^2の解(x,y,z)=(3,4,5)になるが
> (x,y,z)=(3,4,5)はx^2+y^2=(x+2√2)^2の解ではない
>
> x^2+y^2=(x+2√2)^2は、(4)です。
x^2+y^2=(x+2)^2は(4)つまりx^2+y^2=(x+2√2)^2でないので間違いです >>324
> >312
> > 大嘘でないというなら、証明してみせな。
> > (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなる
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは(3)でないしs^p+t^p=u^pも(3)でないので証明できてない
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは(3)では、ありません。
> 「(3)が、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなるならば、」の話です。
「(3)が、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなるならば、」って、何？
(3)式を消滅させちゃうの？？？ｗｗｗ >318
今の場合、p=2のときｒが有理数、pが奇素数の時ｒが無理数になれば、
rが有理数の時整数比の解は有理数、ｒが無理数の時整数比の解は無理数っていう当たり前なことを
ごまかすのに都合がいい。
どの部分がごまかしているのでしょうか？ >319
>では、p=2のとき、ｙが有理数である(3)の解x=3,y=4,z=x+p^{1/(p-1)}と同じ比で、
yが無理数であるようなx^2+y^2=(x+2)^2…(3)の解を書いてください。
存在しません。 >>332
> >319
> >では、p=2のとき、ｙが有理数である(3)の解x=3,y=4,z=x+p^{1/(p-1)}と同じ比で、
> yが無理数であるようなx^2+y^2=(x+2)^2…(3)の解を書いてください。
>
> 存在しません。
存在するって......
>>275
> >265
> >p=2のとき、ｙが有理数の時の(3)の解とｙが無理数の時の(3)の解で比が違うのだから、
>
> 比が同じ物が、存在します。 >321
>p=2のときyが有理数のときの(3)の解の比3:4:5とｙが無理数の時の(3)の解の比1:√8:3は同じ比とならないのと同様に
どの式に対してでしょうか？ >322
>つまり、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3-A)とs^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^p…(3-B)が同時に正しいということは、絶対に起きない。
そうなりますね。 >323
>日高君は、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と書けるから
a=1、r^(p-1)=pのときを考える意味がある、と信じ込んでいるんだなあ。
はい。そうです。 >328
意味不明なこと書くなよ。
x.y.zが無理数ならx,y,zは有理数じゃないだろ。
別のx,y,zのことを言いたいのならちゃんとわかるように書け。
x=sw、y=tw、z=uwとおく。(s,t,uは有理数、wは無理数）
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなる。 >329
p=2は(3)のrが有理数だから
「(4)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、(4)の有理数解となります」
訂正します。
「(4)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、(3)の有理数解となります」 >330
「(3)が、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなるならば、」って、何？
(3)式を消滅させちゃうの？？？ｗｗｗ
「(3)を、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pと、仮定すると」という意味です。 >333
> >p=2のとき、ｙが有理数の時の(3)の解とｙが無理数の時の(3)の解で比が違うのだから、
>
> 比が同じ物が、存在します。
訂正します。
p=2のとき、ｙが有理数の時の(3)の解とｙが無理数の時の(4)の解で、比が同じ物が、存在します。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>338
何をいいたいのかわかりません。
s,t,uはx,y,zとは違う数です。 >344
何をいいたいのかわかりません。
s,t,uはx,y,zとは違う数です
同じ数と、なりえます。 日高は、同じ式をみたすことをもって同じ数というと思い込んでいるんじゃないか？ >346
>>345
wが無理数なのでありえません
どうしてでしょうか？ >347
日高は、同じ式をみたすことをもって同じ数というと思い込んでいるんじゃないか？
どういう意味でしょうか？ >>342
> x,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
無理数が有理数になると書いてある。
無理数と有理数の区別も出来ないのか。 >>348
あなたはこう書いてますね
> x=sw、y=tw、z=uwとおく。(s,t,uは有理数、wは無理数）
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなる。
wは無理数だから１ではありません。
だから x≠s, y≠t, z≠u >350
> x,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
無理数が有理数になると書いてある。
無理数と有理数の区別も出来ないのか。
x,y,zは、有理数にも、無理数にもなります。 >351
> x=sw、y=tw、z=uwとおく。(s,t,uは有理数、wは無理数）
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなる。
wは無理数だから１ではありません。
だから x≠s, y≠t, z≠u
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pの両辺を、w^pで割ると、s^p+t^p=u^pとなります。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>353
式を割ってもs,t,uの数値は変わりません
何が言いたいのでしょうか？ x^p+y^p=z^pが自然数比をなす無理数解x,y,zを持つなら、自然数解x,y,zを持つ、って言いたいんだろうな。 >>352
意味不明な言い訳はいらない。
有理数が無理数になると書いているから明らかに間違い。 あとからどのような言い訳や説明をしようが、証明が間違いであることは変わらない。 >>354 日高
> 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
最後の「x,y,zは整数比とならない」は誤りです。y=z=p^{1/(p-1)},x=0が反例です。 >357
x^p+y^p=z^pが自然数比をなす無理数解x,y,zを持つなら、自然数解x,y,zを持つ、って言いたいんだろうな。
はい。そうです。 >356
式を割ってもs,t,uの数値は変わりません
何が言いたいのでしょうか？
「x,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。」
ということです。 >358
意味不明な言い訳はいらない。
有理数が無理数になると書いているから明らかに間違い。
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
と書いています。
前者のx,y,zは、sw,tw,uwです。後者のx,y,zは、s,t,uです。 >>362
もともとそれが意味不明だから聞いてるんですが。
あなたに説明能力がないことはよくわかりましたのでもう結構です。 >360
最後の「x,y,zは整数比とならない」は誤りです。y=z=p^{1/(p-1)},x=0が反例です。
中学では、比を考える場合、0を考えません。
【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。としています。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>365
> 中学では、比を考える場合、0を考えません。
> 【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。としています。
もしかして、そう書いたら証明の中ではx,y,zは自然数に限ると思っているの？ >368
もしかして、そう書いたら証明の中ではx,y,zは自然数に限ると思っているの？
自然数解を持たない。としています。ので、0を除く有理数解を持たない。となります。 >>369
有理数に限るなら、r=p^{1/(p-1)}になんてなるはずないよね。 >>339
> 訂正します。
> 「(4)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、(3)の有理数解となります」
>>366
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
こちらは訂正されていないので証明は間違いのままです >370
有理数に限るなら、r=p^{1/(p-1)}になんてなるはずないよね。
どういう意味でしょうか？ >371
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
こちらは訂正されていないので証明は間違いのままです
この場合は、間違いでは、ありません。 >>340
> >330
> 「(3)が、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなるならば、」って、何？
> (3)式を消滅させちゃうの？？？ｗｗｗ
>
> 「(3)を、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pと、仮定すると」という意味です。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
・>>1氏の命題
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
・その本当の意味
「(3)を、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p と、仮定すると」、(3)の x,y,z が有理数で整数比となる。
・対偶
(3)式に有理数解が無い → (3)式は (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p★ でない。
この形★でないというだけで、（対偶が）(3)式に整数比の無理数解が無い、とは言えない。
（整数比の無理数解がなければ、『(sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p が無い』 の形になるはずだから）
あなたの命題に力が無い事が分かったので、
好きなだけ主張して良いですよ。 >>373
> この場合は、間違いでは、ありません。
それでは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ることを
証明してください >374
(3)式に有理数解が無い → (3)式は (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p★ でない。
この形★でないというだけで、（対偶が）(3)式に整数比の無理数解が無い、とは言えない。
（整数比の無理数解がなければ、『(sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p が無い』 の形になるはずだから）
「この形★でないというだけで、（対偶が）(3)式に整数比の無理数解が無い、とは言えない。」
よく、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。 >>376
いや、この件に関しては、「納得させよう」とか思ってないので、
無理しなくて良いですよ。 >>372
> >370
> 有理数に限るなら、r=p^{1/(p-1)}になんてなるはずないよね。
>
> どういう意味でしょうか？
r=z-xですよね？ zもxも有理数なら、r=p^{1/(p-1)}となるはずありませんよね？ >375
それでは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ることを
証明してください
x,yが有理数のとき、
(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)}w)^pのxw,yw,xw+p^{1/(p-1)}wが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。 >>376
> 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。
s,tは有理数,wは無理数
p=2のときはr=p^{1/(p-1)}が有理数なので
解x,y,zが整数比になることに対応するのは
(sw)^p+(tw)^p=((sw)+w*p^{1/(p-1)})^p
pが奇素数のときはr=p^{1/(p-1)}が無理数なので
解x,y,zが整数比になることに対応するのは
(sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p
pが奇素数のときはr=p^{1/(p-1)}が無理数なので
(sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)}w)^pが成り立たないからと言って
解x,y,zが整数比にならないとは言えない >378
>zもxも有理数なら、
どうして、z,xが、有理数となるのでしょうか？ >>379
それは間違っています
>>380に書いたことを見なさい >>381
> >378
> >zもxも有理数なら、
>
> どうして、z,xが、有理数となるのでしょうか？
有理数でなくてもいいの？ だったら
>>360
> >>354 日高
> > 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> > (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> > (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> > (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
>
> 最後の「x,y,zは整数比とならない」は誤りです。y=z=p^{1/(p-1)},x=0が反例です。
を読んでね〜。 >>363
前者とか後者とかあとから別な議論をしようが、間違いは間違い。
有理数が無理数になると書いているから明らかに間違い。
言い訳は意味がない。 >>363
> >358
> 意味不明な言い訳はいらない。
>
> 有理数が無理数になると書いているから明らかに間違い。
>
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
> と書いています。
>
> 前者のx,y,zは、sw,tw,uwです。後者のx,y,zは、s,t,uです。
「 (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。」
この書き方で、そんな意味に解釈できるわけがない。
同じ文字を使ったら、同じ数を指すことに決まってます。
反論は認めません。
まず正しい数学の証明の書き方を勉強してください。 たとえ正しい証明であっても、いまの日高さんの書き方では認められないだろうね。 >380
解x,y,zが整数比になることに対応するのは
(sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p
理由を教えていただけないでしょうか。 >383
y=z=p^{1/(p-1)},x=0が反例です。
【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。の場合、
y=z=p^{1/(p-1)},x=0は、反例に、なりません。 >>387
> 理由を教えていただけないでしょうか。
理由はs,tは有理数,wは無理数でp^{1/(p-1)}が無理数だから
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが(3)なので
(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)}w)^pは(3)ではない
(3)ならばr=p^{1/(p-1)}
r=p^{1/(p-1)}wなら(3)ではない
前にもやって正しいですと書いているから理解しているんじゃないの？
747１３２人目の素数さん2020/08/20(木) 18:07:48.97ID:qWnL3tUP
(略)
rが有理数か無理数かでwの付け方が逆になるので注意すること
s,t,uは有理数,wは無理数として
x^2+y^2=(x+2)^2 r=2(有理数)なら
s^2+t^2=u^2=(s+2)^2は正しい可能性があるが
(sw)^2+(tw)^2=(uw)^2=(sw+2)^2は正しくない
x^3+y^3=(x+√3)^3 r=√3(無理数)なら
(sw)^3+(tw)^3=(uw)^3=(sw+√3)^3は正しい可能性があるが
s^3+t^3=(s+√3)^3は正しくない
p=2でr=2(有理数)ならw(無理数)を用いると
s^2+t^2=(s+2)^2
(sw)^2+(tw)^2=(sw+2w)^2
p=3でr=√3(無理数)ならw(無理数)を用いると
(sw)^3+(tw)^3=(sw+√3)^3
s^3+t^3=(s+√3/w)^3
761日高2020/08/21(金) 12:22:40.55ID:zltMFvXA
>747
p=3でr=√3(無理数)ならw(無理数)を用いると
(sw)^3+(tw)^3=(sw+√3)^3
s^3+t^3=(s+√3/w)^3
正しいです。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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が、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >389
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが(3)なので
(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)}w)^pは(3)ではない
(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)}w)^pの両辺をw^pで割ると、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなるので、
(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)}w)^pと
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、同じ式です。 >>392
いや、両辺割っとるんやから明らかに違う式やろ >>388 日高
> >383
> y=z=p^{1/(p-1)},x=0が反例です。
>
> 【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。の場合、
> y=z=p^{1/(p-1)},x=0は、反例に、なりません。
定理への反例ではなく、
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
の最後、「x,y,zは整数比とならない」への反例です。よく見てね〜。 >393
いや、両辺割っとるんやから明らかに違う式やろ
解は変わりません。 >394
の最後、「x,y,zは整数比とならない」への反例です。よく見てね〜。
比では、0は、扱いません。 >>396 日高
> >394
> の最後、「x,y,zは整数比とならない」への反例です。よく見てね〜。
>
> 比では、0は、扱いません。
それは単なる君の思い込み。 >>395
違う式なのに解は同じなんですか？
デタラメですね >397
> 比では、0は、扱いません。
それは単なる君の思い込み。
違うのでしょうか？ >398
違う式なのに解は同じなんですか？
デタラメですね
等式の性質によるからです。 >>400
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
の解x,yと
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}/w)^p
の解x,yは同じだと思いますか？
あなたの言ってるのはそういうことですよ。 >401
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
の解x,yと
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}/w)^p
の解x,yは同じだと思いますか？
同じでは、ありません。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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が、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>402
あなたの「証明」ではこうなってますが、
> (2)はa=1、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が、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
前者のx,y,zが満たす式は(3)だけど、(z=x+p^{1/(p-1)} を含んでいる)
後者のx,y,zが満たす式は何ですか？
あなたの今までの説明だと
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}/w)^p ( z=x+p^{1/(p-1)}/w )
だと思いますが、これはあってますか？ >405
後者のx,y,zが満たす式は何ですか？
あなたの今までの説明だと
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}/w)^p ( z=x+p^{1/(p-1)}/w )
だと思いますが、これはあってますか？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}/w)^pこれは、xw,ywが無理数の場合の式です。 >>406
何が言いたいのかわかりません。
x,yが有理数のときはどういう式になるんですか？ >>403
p=2のとき、どうなるか見てみましょう。
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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
0以外のすべてのaに対して(2)は成り立つので、a=√3/2の場合を考えます。
a=(√3)/2,r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
p=2のとき、x=4√3,ｙ=3√3,z=x+√3は無理数で整数比の(3)の解です。(A)
p=2のとき、有理数で整数比となる(3)の解はありません。(あたりまえ）
y=3のとき、x=√3となるので、x=√3,y=3,z=x+√3のとき、x,y,zは整数比とならない。(B)
(3)の解(A)と(3)の解(B)のそれぞれの解の比は当然違っています。(あたりまえ)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+2)^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zの1/√3倍となるので、(B)と同じ比のx,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zの1/√3倍となるので、(3)に有理数で整数比の解はないけど、(A)と同じ比のx,y,zは整数比となる。
pが奇素数の場合も、同じように考えられるので、
「(3)のx,y,zが、無理数で整数比となる」の解の比(A)と、「(3)のyが有理数のとき、xは無理数となる」の解(B)の
それぞれの解の比は当然違っています。（あたりまえ）
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(B)と同じ比のx,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)に有理数で整数比の解はないけど、(A)と同じ比のx,y,zは整数比となる。
有理数で整数比となる解が見つかったので、>>390の証明は失敗です。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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が、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >407
何が言いたいのかわかりません。
x,yが有理数のときはどういう式になるんですか？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x,yが有理数、無理数どちらも、同じ式です。 >408
a=(√3)/2,r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(3)の右辺を二項展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比の解となります。 >>410
> >407
> 何が言いたいのかわかりません。
> x,yが有理数のときはどういう式になるんですか？
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> x,yが有理数、無理数どちらも、同じ式です。
同じ式になるということは、
x,yが有理数のときでも、z=x+p^{1/(p-1)} になるんですか？ >>411
> (3)の右辺を二項展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比の解となります。
じゃあ>>403ではなんでそうしないの？>>403で
> (3)の右辺を二項展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比の解となります。
とすると、どうなりますか？ >412
同じ式になるということは、
x,yが有理数のときでも、z=x+p^{1/(p-1)} になるんですか？
x,yが有理数のときは、zは、無理数となります。 >>392
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに解(x,y)=(xw,yw)を代入したものは
wが無理数の場合は(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)}w)^pにはならないので
同じ式ではない
もし同じ式ならば>>409は破綻している
> a=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> a=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
これらが成り立たない
>>409で言えることは
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)ならば
wが無理数(つまりw=1ではない)であれば
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}w)^pやx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}/w)^pは(3)ではなく(4)
同じ式ではなく異なる式の解x,y,zの比が等しいだけのこと
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}w)^p…(4)に解(x,y)=(xw,yw)を代入したものは
(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)}w)^pとなる
この解の比はxw:yw:xw+p^{1/(p-1)}w=x:y:x+p^{1/(p-1)}となるので
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解と比が等しい
つまり
「(4)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、(3)の有理数解となります」
>>373
> >371
> > (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
> こちらは訂正されていないので証明は間違いのままです
>
> この場合は、間違いでは、ありません。
結局間違いなんです >413
じゃあ>>403ではなんでそうしないの？>>403で
> (3)の右辺を二項展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比の解となります。
とすると、どうなりますか？
403の場合は、(409の場合とします。）
(3)のx,y,zが、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。ので、
(3)のx,y,zが、有理数で整数比の解となるかを、検討します。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比の解となりません。 >415
ことごとく質問に答えないよね。
どの部分のことでしょうか？ >416
> > (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
> こちらは訂正されていないので証明は間違いのままです
>
> この場合は、間違いでは、ありません。
結局間違いなんです
どの部分が間違いでしょうか？ >>416の訂正
「(4)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、(3)の有理数解となります」
これはp=2のとき
pが奇素数のときは(3)では無理数解しか整数比にならない
「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、(4)の有理数解となります」
「ある(4)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、別の(4)の有理数解となります」 >>419
> どの部分が間違いでしょうか？
まずあなたが>>416を最初から全て読んでいないことが間違いです >>417
p=2のときも、同じようにしてみましょう。
a=(√3)/2,r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(3)のx,y,zが、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。ので、
(3)のx,y,zが、有理数で整数比の解となるかを、検討します。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比の解となりません。
おかしいですね。p=2のとき、x=4√3,ｙ=3√3,z=x+√3は無理数で整数比の(3)の解が存在します
整合性が取れません。 >>418
ざっと。
353 あさっての方向の回答
369 あさっての方向の回答
381 質問に質問で返す
400 yes/noの質問にyes/noで答えない
406 yes/noの質問にyes/noで答えない
414 yes/noの質問にyes/noで答えない >>414
> >412
> 同じ式になるということは、
> x,yが有理数のときでも、z=x+p^{1/(p-1)} になるんですか？
>
> x,yが有理数のときは、zは、無理数となります。
あなたの証明では次のように書かれてます。
>(3)のx,y,zが、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。
x,y,zは有理数になるんじゃなかったんですか？ 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数の解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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が、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比の解
とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比の解とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数の解を持たない。 >420
「ある(4)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、別の(4)の有理数解となります」
その通りです。 >416
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに解(x,y)=(xw,yw)を代入したものは
wが無理数の場合は(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)}w)^pにはならないので
同じ式ではない
その通りです。 >>427
> その通りです。
> >>419
> どの部分が間違いでしょうか？
>
> >416
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに解(x,y)=(xw,yw)を代入したものは
> wが無理数の場合は(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)}w)^pにはならないので
> 同じ式ではない
>
> その通りです。
なのだからその通りですとだけ書くのではなくて
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
が正しいことの根拠としてあんたが主張した
>>392
> (xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)}w)^pと
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、同じ式です。
は間違いでしたとちゃんと書きなさい 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の無理数解と自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>429
> 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
有理数解がないからと言って、整数比の解がないとは言えない
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持たない。
当然、こちらも整数比の解がないとは言えない
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
出直してこい >431
有理数解がないからと言って、整数比の解がないとは言えない
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持ちません。 >>429
> 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
yが無理数のときは、(3)の解については何もわからない。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持たない。
yが無理数のときの(3)の解については何もわからないので、(4)が整数比の無理数解を持つかどうかわからない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
証明は間違い。 >437
yが無理数のときは、(3)の解については何もわからない。
yが有理数のときは、(3)の解についてわかります。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持ちません。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の無理数解と自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>438
> >437
> yが無理数のときは、(3)の解については何もわからない。
>
> yが有理数のときは、(3)の解についてわかります。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持ちません。
あなたは日本語が理解できないんですか？
まるで答えになっていないんですが。
yが無理数のときの(3)の解について考えていないので、そんなことは言えません。 >>435
> 429と430を見てください。
元々その間違いを指摘したらおまえが>>1を見ろと言い出したんだが
> 40日高2020/09/12(土) 10:10:48.33ID:2epNoeZd>>41
> >39
> 現状ではpが奇素数の場合
> rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
> 依然として残っている
>
> rが無理数の時にyを無理数とした場合は、1で説明しています。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持たない。
この部分はフェルマーの最終定理と無関係なので
あんたの証明>>429は実質
【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
であるから何も証明されていない
>>436
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持ちません。
そんなことは言えません >>438
> yが有理数のときは、(3)の解についてわかります。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持ちません。
持ちえますよ
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> yが有理数のときは、(3)の解についてわかります。
r=p^{1/(p-1)}でありyが有理数のときはフェルマーの最終定理と無関係
r=p^{1/(p-1)}でありyが無理数のとき整数比の無理数解を持つ可能性がある
それらの解をrで割った解はx^p+y^p=(x+1)^pを満たす
x^p+y^p=(x+1)^pの解をs,t,uとすればu=s+1で整数比(s,t,uは有理数)
wをp^{1/(p-1)}以外の無理数としてw倍した解は(x,y,z)=(sw,yw,uw)であり
x^p+y^p=(x+w)^pを満たす (wはp^{1/(p-1)}以外の無理数)
よって(4)は整数比の無理数解を持つ可能性がある >>443の訂正
> w倍した解は(x,y,z)=(sw,yw,uw)であり
w倍した解は(x,y,z)=(sw,tw,uw)であり >441
yが無理数のときの(3)の解について考えていないので、そんなことは言えません。
(4)で考えています。 >442
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持ちません。
そんなことは言えません
理由を教えていただけないでしょうか。 >443
x^p+y^p=(x+1)^pの解をs,t,uとすればu=s+1で整数比(s,t,uは有理数)
整数比の解となりません。 >>439
p=2のときも、同じようにしてみましょう。
(2)はa=(√3)/2,r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
(2)はa=√3、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+2√3)^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解の2倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持たない。
x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)は有理数の解をもちません。
x=3√3,ｙ=4√3,z=x+2√3は無理数で整数比の(4)の解です。
整合性が取れません。>>439の証明は失敗です。 >>445
> >441
> yが無理数のときの(3)の解について考えていないので、そんなことは言えません。
>
> (4)で考えています。
何も書いてないじゃん。 >448
x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)は有理数の解をもちません。
x=3√3,ｙ=4√3,z=x+2√3は無理数で整数比の(4)の解です。
整合性が取れません。
どの部分が整合性がとれないのでしょうか？ 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の無理数解と自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >449
> (4)で考えています。
何も書いてないじゃん。
(3)は有理数解を持ちません。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持たない。
と書いています。 >>450
>>439では、(3)が有理数解を持たないとき、(4)が無理数で整数比の解を持たない、と書いてあります。
p=2のとき、
x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)は有理数解をもちませんが、(4)が無理数で整数比の解を持っています。
この部分が、整合性が取れません。 >>453
> >449
> > (4)で考えています。
>
> 何も書いてないじゃん。
>
> (3)は有理数解を持ちません。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持たない。
> と書いています。
いくらごまかしてもムダですよ。
もともとの疑問は
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持たない。 (日高氏主張)
に対して、
> yが無理数のときの(3)の解について考えていないので、そんなことは言えません。
なので、(4)のことについて何を書いたところで、yが無理数のときの(3)の解については何も考えていません。 >454
p=2のとき、
x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)は有理数解をもちませんが、(4)が無理数で整数比の解を持っています。
この部分が、整合性が取れません。
x^p+y^p=(x+√3)^pは(3)では、ありません。
x^p+y^p=(x+√3)^pは、√3=a2となるので、a=(√3)/2の場合の(4)となります。 >>447
> x^p+y^p=(x+1)^pの解をs,t,uとすればu=s+1で整数比(s,t,uは有理数)
> 整数比の解となりません。
s:t:u=s:t:s+1がs,t,uが有理数のときに整数比にならないのだったら
p=2の場合も整数比になりませんよ
3/2:2:5/2=3/2:2:(3/2+1)=3:4:5 s=3/2,t=2,u=5/2=3/2+1=s+1は有理数
pが奇素数のときx^p+y^p=(x+1)^pが整数比の解を持たないことは
今までもそうでしたが当然>>451では証明されていません
>>446
> 理由を教えていただけないでしょうか。
>>453
> (3)は有理数解を持ちません。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解を持たない。
> と書いています。
あんたは最初から全て読んでいないので分からないのでしょうが
これが間違いであることは>>443に書いてあります >>456
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
aは0でなければ(2)は何でも成り立つのだから、a=(√3)/2の(3)を考えることができます。
(2)はa=(√3)/2,r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
(4)のaは1でなければ何でもいいのだから、a=√3の(4)を考えることができます。
(2)はa=√3、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+2√3)^p…(4)となる。
(4)は、整数比の無理数解を持つ。
整合性が、とれません。 >455
(4)のことについて何を書いたところで、yが無理数のときの(3)の解については何も考えていません。
yが無理数のときの(3)の解は、(4)の解となります。 >457
pが奇素数のときx^p+y^p=(x+1)^pが整数比の解を持たないことは
今までもそうでしたが当然>>451では証明されていません
x^p+y^p=(x+1)^pは、(4)なので、1=(ap)^{1/(p-1)}
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解及び、整数比の有理数解を持たない。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解と、有理数解を持たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の無理数解と、有理数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>460
> x^p+y^p=(x+1)^pは、(4)なので、1=(ap)^{1/(p-1)}
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解及び、整数比の有理数解を持たない。
これは間違い
x^2+y^2=(x+r)^2とx^p+y^p=(x+r)^pのそれぞれの解x,y,zをそれぞれのrで割った(x,y,z)は
x^2+y^2=(x+1)^2と
x^p+y^p=(x+1)^pをそれぞれ満たす
yが無理数のときは
x^2+y^2=(x+1)^2 は整数比の解を持たない (A)
x^p+y^p=(x+1)^p は整数比の解を持たない (B)
yが有理数のときは
x^2+y^2=(x+1)^2 は整数比の解を持つ可能性がある (C)
x^p+y^p=(x+1)^p は整数比の解を持つ可能性がある (D)
>>461
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
r=p^{1/(p-1)}であり
> yが有理数のとき
ならy/rは無理数でp^{1/(p-1)}/r=1だから
rで割って(4)の形で考えるとあんたは上の(B)の場合だけしか検討していないので
それが(3)のある解のa^{1/(p-1)}倍となるにせよ(3)の全ての解を調べていない >>459
> >455
> (4)のことについて何を書いたところで、yが無理数のときの(3)の解については何も考えていません。
>
> yが無理数のときの(3)の解は、(4)の解となります。
そんなことどこにも書いてないし、yが無理数のときの(3)の解については結局何も考えていません。
証明は誤りです。 >458
(2)はa=(√3)/2,r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
計算過程を、教えてください。 >463
r=p^{1/(p-1)}であり
> yが有理数のとき
ならy/rは無理数でp^{1/(p-1)}/r=1だから
計算過程を、教えてください。 >464
> yが無理数のときの(3)の解は、(4)の解となります。
そんなことどこにも書いてないし、yが無理数のときの(3)の解については結局何も考えていません。
証明は誤りです。
有理数のｙをa^{1/(p-1)}倍倍すると、無理数となります。(a^{1/(p-1)}が無理数のとき) >>465
>>448のから続く、ｐ=2のとき話です。
>>461をｐ=2の時に適用してみます。
p=2のとき、
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(1)が成り立つとき、aは0以外の数なら(2)も成り立つので、rが461と同じ無理数になるように、a=(√3)/2とする。
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
(2)はa=√3、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+2√3)^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解の2倍となる。(3)は有理数解を持たないが、x=3√3,y=4√3,z=x+2√3は(4)の無理数で整数比の解である。
(2)はa=1、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+2)^p…(4-2)となる。
(4-2)の解は、(3)の解の2/(√3)倍となる。(3)は有理数解を持たないが、x=8,y=6,z=x+2は(4)の有理数で整数比の解である。
(3)は有理数解を持たないが、(4)はaによって、整数比の無理数解を持ったり、有理数で整数比の解をもったりする。
(3)が有理数の解を持たないということは461と共通しています。(4)が整数比の解をもつか持たないかが461と違っています。
整合性が取れません。 >>467
> >464
> > yが無理数のときの(3)の解は、(4)の解となります。
>
> そんなことどこにも書いてないし、yが無理数のときの(3)の解については結局何も考えていません。
> 証明は誤りです。
>
> 有理数のｙをa^{1/(p-1)}倍倍すると、無理数となります。(a^{1/(p-1)}が無理数のとき)
何が言いたいのか全く意味不明です。(3)も(4)も出て来ないし、このyが何を指しているかも不明です。
反論するなら意味のわかるように書いてください。
「どこが意味不明なのでしょうか」という質問には、「すべて」と答えます。 【動画】 マイト┗ーヤの星
2020/07/17
7,167回視聴
://youtu.be/UyPmMfp0_-k?t=711
【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解と、有理数解を持たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の無理数解と、有理数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >468
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
(3)の右辺を二項展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となるので、
(3)は整数比の無理数解を持つ。
が正しいです。 >469
このyが何を指しているかも不明です。
(3)の、有理数としたときの、yです。 >>474
> >469
> このyが何を指しているかも不明です。
>
> (3)の、有理数としたときの、yです。
それでわかると思いますか？
説明不足でお話になりません。
>>464 の
>yが無理数のときの(3)の解は、(4)の解となります。
についての説明も何もないですよね。
あなたの証明では、
>(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解と、有理数解を持たない。
と書いてあるだけですが、これのいったいどこで(3)のyが無理数のときの解のことを考えているんですか？
他人に理解できるように書いてください。それができなければ却下です。 >>473
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>417であなたはこう書きました。
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。ので、
> (3)のx,y,zが、有理数で整数比の解となるかを、検討します。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比の解となりません。
あなたの理屈でいうと、
> (3)の右辺を二項展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となるので、
> (3)は整数比の無理数解を持つ。
のとき、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。ので、(3)のx,y,zが、有理数で整数比の解となるかを、検討すればいいはずです。
ｐ=2で、
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
しかし、(4)に無理数で整数比の解がある。(4)に有理数で整数比の解もある。
整合性が取れません。 >475
あなたの証明では、
>(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解と、有理数解を持たない。
と書いてあるだけですが、これのいったいどこで(3)のyが無理数のときの解のことを考えているんですか？
a^{1/(p-1)}を無理数、ｙを有理数のとれば、a^{1/(p-1)}*yは、無理数となります。 >476
ｐ=2で、
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
しかし、(4)に無理数で整数比の解がある。(4)に有理数で整数比の解もある。
x^p+y^p=(x+√3)^pは、rが無理数の(4)です。
rが無理数の(4)には、有理数で整数比の解がありません。
rが有理数の(4)には、有理数で整数比の解があります。 >>477
> >475
> あなたの証明では、
> >(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解と、有理数解を持たない。
>
> と書いてあるだけですが、これのいったいどこで(3)のyが無理数のときの解のことを考えているんですか？
>
> a^{1/(p-1)}を無理数、ｙを有理数のとれば、a^{1/(p-1)}*yは、無理数となります。
何を言いたいのか全くわかりません。
(3)のyが無理数の場合は、この文のどこに相当するのですか？
おそらくyは(3)の有理数解だと言いたいのだと想像しますが、それにa^{1/(p-1)をかけたら(3)の解にならないですよ。
いずれにしても、証明の文章では(3)の解のyが無理数の場合について何も書いてないので、
証明が間違いであることに変わりはありません。
追加説明や言い訳をしてもだめです。証明を修正してください。 >>478
aが1かどうか証明のどこにも出てこないのでどうでもいいです。
p=2のとき、a=(√3)/2としたほうがrが無理数になってpが奇素数の時と比べやすくなります。
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
rが無理数のときには、有理数で整数比の解がありません。
ｒが無理数のとき、有理数で整数比の解がなくても
rが無理数の時、無理数で整数比の解があります。ｒが有理数の時、有理数で整数比の解があります。
整合性が取れません。 >>466
> 計算過程を、教えてください。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})の右辺を二項展開するとyが有理数のとき というのはr=p^{1/(p-1)}のとき
(x/r)^p+(y/r)^p={(x/r)+1}^pの右辺を二項展開すると(y/r)が無理数のとき となる
yが有理数でrが無理数ならば(y/r)は無理数である
>>467
> 有理数のｙをa^{1/(p-1)}倍倍すると、無理数となります。(a^{1/(p-1)}が無理数のとき)
このときはrの値(つまりz-xの値)も変化しているのでダメです
例
x^2+y^2=(x+2)^2の右辺を二項展開するとyが無理数のとき有理数解を持たない を考えます
たとえば(x,y,z)=(5,2√6,7)はx^2+y^2=(x+2)^2を満たし有理数解ではありません
yが無理数のときしか調べていないのでa^{1/(p-1)}倍することにします
するとyが有理数になることは間違いないですが(x,y,z)=(5,2√6,7)をa^{1/(p-1)}倍しても
(x,y,z)=(3,4,5)のような有理数解にはなりません
この場合はx^2+y^2=z^2が有理数解を持つという結論に到達しませんが
x^2+y^2=z^2が有理数解を持たないということとイコールではありません 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の無理数解と、有理数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解と、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>483
> 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は有理数解を持たない。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の無理数解と、有理数解を持たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
x^p+y^p=z^p の解が
・z-x=p^{1/(p-1)}, y が有理数
・z-x=(ap)^{1/(p-1)}, y が有理数×a^{1/(p-1)} (a≠1)
のどちらかであるときに、整数比にならない
これだけしか示せていませんね >479
いずれにしても、証明の文章では(3)の解のyが無理数の場合について何も書いてないので、
整数比の無理数解と、整数比の有理数解は、同じです。 >480
rが無理数の時、無理数で整数比の解があります。ｒが有理数の時、有理数で整数比の解があります。
これは、p=2の場合です。 >>486
> >479
> いずれにしても、証明の文章では(3)の解のyが無理数の場合について何も書いてないので、
>
> 整数比の無理数解と、整数比の有理数解は、同じです。
何が同じなのでしょうか？無理数と有理数が同じであるはずがありません。
全く意味がわかりません。 >485
x^p+y^p=z^p の解が
・z-x=p^{1/(p-1)}, y が有理数
・z-x=(ap)^{1/(p-1)}, y が有理数×a^{1/(p-1)} (a≠1)
のどちらかであるときに、整数比にならない
x^p+y^p=z^p の解が整数比にならないことを、示すには十分だと思います。 >>488
> 整数比の無理数解と、整数比の有理数解は、同じです。
整数比の無理数解の無理数部分を落とした物は、（同じ比の）整数比の有理数解になる
って言いたいんじゃないの？ 知らんけど。 >488
> 整数比の無理数解と、整数比の有理数解は、同じです。
何が同じなのでしょうか？無理数と有理数が同じであるはずがありません。
全く意味がわかりません。
整数比の無理数解(A)と、整数比の有理数解(B)は、同じです。
(4√3)^2+(3√3)^2=(4√3+√3)^2…(A)は、x:y=(4√3):(3√3)=4:3
4^2+3^2=(4+1)^2…(B)は、x:y=4:3 >>491
普通はそれを同じとは言いません。
「比が同じ」というのならまだ理解できますが。
それで、結局 >>486 では何がいいたかったのですか？
(3)の解のyが無理数の場合については何も書いてないですが。 >492
(3)の解のyが無理数の場合については何も書いてないですが。
(3)の解のyが無理数で、x,yが、整数比となるならば、yが、有理数で、
x,yが、整数比となります。 >>493
yが無理数だとyが有理数になるんですか？
デタラメですね。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の有理数解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の、有理数解と無理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>493
結局、「比が同じ」であることを、「値が同じ」であることと混同しているように思えます。
日高氏の証明が間違っていることは、日高氏以外はみんなよくわかっていますので、これ以上続ける必要もないでしょう。
日高氏を納得させることは不可能なので、これで終わりにしたいと思います。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の、有理数解と無理数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>489
> >485
> x^p+y^p=z^p の解が
> ・z-x=p^{1/(p-1)}, y が有理数
> ・z-x=(ap)^{1/(p-1)}, y が有理数×a^{1/(p-1)} (a≠1)
> のどちらかであるときに、整数比にならない
>
> x^p+y^p=z^p の解が整数比にならないことを、示すには十分だと思います。
いいえ、不十分です
x^p+y^p=z^p の全ての解が必ずどちらかになるとは限りません >494
yが無理数だとyが有理数になるんですか？
デタラメですね。
訂正
(3)の解のyが無理数のとき、x,yが、整数比となるならば、yが、有理数のとき、
x,yは、整数比となります。 >496
結局、「比が同じ」であることを、「値が同じ」であることと混同しているように思えます。
同じでないことを、説明していただけないでしょうか。 >>499
> >494
> yが無理数だとyが有理数になるんですか？
> デタラメですね。
>
> 訂正
> (3)の解のyが無理数のとき、x,yが、整数比となるならば、yが、有理数のとき、
> x,yは、整数比となります。
以前のレスで、「有理数解とならない」と同意しています。よってその反論は無効です。
フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/
143 名前：日高[] 投稿日：2020/08/30(日) 11:54:17.13 ID:Ecyoi1s7 [16/20]
>138
「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割っても、(3)の有理数解とならない」 …(B)
が正しい理由です。
はい。そう思います。 >498
いいえ、不十分です
x^p+y^p=z^p の全ての解が必ずどちらかになるとは限りません
aが、実数なので、r=(ap)^{1/(p-1)}は、全ての値となります。 >501
数学を基礎から勉強し直してください。
説明できないという意味でしょうか。 >>504
違います。
そんなこともわからないのなら、あなたに数学をやる資格はありません。 >502
「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割っても、(3)の有理数解とならない」 …(B)
が正しい理由です。
はい。そう思います。
(B)は、正しいです。
また、
「(4)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割ったら、(3)の有理数解となる」
も、正しいです。 >505
>>504
違います。
そんなこともわからないのなら、あなたに数学をやる資格はありません。
説明して頂けたら、ありがたく思います。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の有理数解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の、有理数解と無理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の自然数解を持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の、有理数解と無理数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の自然数解を持つ。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は整数比の有理数解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の、有理数解と無理数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の自然数解を持つ。 >>503
> >498
> いいえ、不十分です
> x^p+y^p=z^p の全ての解が必ずどちらかになるとは限りません
>
> aが、実数なので、r=(ap)^{1/(p-1)}は、全ての値となります。
重ねて指摘しますが、不十分です
r=z-x=(ap)^{1/(p-1)} であるx^p+y^p=z^p の全ての解について、yが有理数×a^{1/(p-1)}となるとは限りません 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)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。 【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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の、解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >512
r=z-x=(ap)^{1/(p-1)} であるx^p+y^p=z^p の全ての解について、yが有理数×a^{1/(p-1)}となるとは限りません
理由を、教えてください。 >>515
> >512
> r=z-x=(ap)^{1/(p-1)} であるx^p+y^p=z^p の全ての解について、yが有理数×a^{1/(p-1)}となるとは限りません
>
> 理由を、教えてください。
r=z-x=(ap)^{1/(p-1)} であるx^p+y^p=z^p の全ての解について、yが有理数×a^{1/(p-1)}であることを証明できますか？ >516
r=z-x=(ap)^{1/(p-1)} であるx^p+y^p=z^p の全ての解について、yが有理数×a^{1/(p-1)}であることを証明できますか？
aが実数ならば、yは、全ての数になりえます。 >>517
> >516
> r=z-x=(ap)^{1/(p-1)} であるx^p+y^p=z^p の全ての解について、yが有理数×a^{1/(p-1)}であることを証明できますか？
>
> aが実数ならば、yは、全ての数になりえます。
z-x=(ap)^{1/(p-1)} と同時に成立しますか？ >>508
数学的な説明を理解するだけの数学能力がないから間違いが分からない。
説明は今までたくさんされてるでしょ。
返信もごまかしと妄想を繰り返すばかり。
説明で分からない部分を聞いて理解を深めるのではなく、自説を主張するようでは間違いを理解するのは不可能ですね。 >>519
そうだね。
学ぼうとする事よりも、楽して情報を得ようとする意識の方が高いと思う。 ごまかすという意識はないんじゃないかな。思いついたことを返しているだけ。 思いついたことを書けばそれが反論になると思っているレベル。 >>517
> aが実数ならば、yは、全ての数になりえます。
>>481で説明してもあんたは反論できないからスルーしているが
x,yの組(x,y)が取る値が問題なんですよ
>>513
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので
により解x,y.zの(x,y)は全ての値をとらないから
> 整数比の
を
「x,yが整数比の」
に変えることができるので
【日高定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、「x,yが整数比の」解を持たない。
【日高証明】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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は「x,yが整数比の」解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は「x,yが整数比の」、解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、「x,yが整数比の」解を持たない。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので
であるから
「解x,y,zにおいて同時にx,yが有理数になることはない」
という結論になる
このことからあんたは解x,y,zが整数比にならないとしているが当然間違いであって
反例が存在することは簡単に分かる
反例
2^p+3^p=(2^p+3^p)^(1/p)
3^p+4^p=(3^p+4^p)^(1/p)など
x,yを異なる有理数(反例なら自然数でもよいが)にすればよい
>>513の証明では存在しないことになるのでこれらの解を持つことは導けない >518
z-x=(ap)^{1/(p-1)} と同時に成立しますか？
はい。 >519
返信もごまかしと妄想を繰り返すばかり。
どの部分のことでしょうか？ >521
ごまかすという意識はないんじゃないかな。思いついたことを返しているだけ。
どの部分のことでしょうか？ >523
反例
2^p+3^p=(2^p+3^p)^(1/p)
3^p+4^p=(3^p+4^p)^(1/p)など
x,yを異なる有理数(反例なら自然数でもよいが)にすればよい
>>513の証明では存在しないことになるのでこれらの解を持つことは導けない
意味がよくわからないので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >527
>>526
部分じゃなくて全体。
何番のことでしょうか？ 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)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。 【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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の、解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >>524
> >518
> z-x=(ap)^{1/(p-1)} と同時に成立しますか？
>
> はい。
そうですか、では、
任意の x^p+y^p=z^p の解x,y,zがz-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たすとき、yが有理数×a^{1/(p-1)} と表せる
を証明してください >>528
> 詳しく説明していただけないでしょうか
あんたはいつも最後の何行かをコピペして質問するだけでほとんどは読んでないでしょ
>>481や>>523に説明してありますよ
反例
p=3なら
2^3+3^3=35^(1/3)
3^3+4^3=91^(1/3)など
>>530によると
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
であり
あんたの主張は
x^3+y^3=(x+√3)^3の右辺を二項展開するとyが有理数のときxは無理数となる
またx^3+y^3=(x+√3)^3の解をa^{1/(p-1)}倍すればyは全ての数になりえる
である
しかしx^3+y^3=(x+√3)^3のxが無理数,yが有理数である解および
それらをa^{1/(p-1)}倍した解の中に
(x,y,z)=(2,3,35^(1/3)),(x,y,z)=(3,4,91^(1/3))などのような
x,yが共に有理数であるような解は含まれていない
よって>>530の証明は間違い >>525
> >519
> 返信もごまかしと妄想を繰り返すばかり。
>
> どの部分のことでしょうか？
ほら、質問するふりのごまかし。
この部分だよ。 >>529
> 何番のことでしょうか？
番号を言われても読めないくせに >>523,533
これ今回の証明に対して
結構刺さってる気がする >>491
> これは、p=2の場合です。
pが奇素数の場合も、考え方は同じということを、示したいから、p=2の場合を、示しました。
p=2のとき
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(1)が成り立つとき、aは0以外のどんな数の時でも、(2)は成り立ちます。
p=2のとき、a=(√3)/2としたほうがrが無理数になってpが奇素数の時と考え方が同じになります。
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(
(2)はa=1、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解の1/√3倍となる。(4)は整数比の、解を持つ。 >>537は途中で送信してしまいました。
最後の部分は、こうです。
(2)はa=1、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解の2/√3倍となる。(4)は整数比の、解を持つ。
p=2のときとpが奇素数の時で、整合性が、とれません。
>>530の証明は、失敗です。 >532
任意の x^p+y^p=z^p の解x,y,zがz-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たすとき、yが有理数×a^{1/(p-1)} と表せる
を証明してください
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのときの、yを有理数とすると、
(x*a^{1/(p-1)})^p+(y*a^{1/(p-1)})^p=(x*a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)})^p
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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)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。 【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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >533
(x,y,z)=(2,3,35^(1/3)),(x,y,z)=(3,4,91^(1/3))などのような
x,yが共に有理数であるような解は含まれていない
z=x+√3なので、x,yが共に有理数とは、なりません。 >534
> どの部分のことでしょうか？
ほら、質問するふりのごまかし。
この部分だよ。
どの部分のことでしょうか？ >535
> 何番のことでしょうか？
番号を言われても読めないくせに
よめると、思います。 >537,538
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
これは、間違いです。正しくは、
(3)の右辺を二項展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。です。 そんなことしないで素直になろうよ。高等数学程度の知識でさぁ。
a^n + b^n = c^n < (c^n)^n + (c^n)^n ・・・自明
これより、(n-1)^2 > 0 となる最小の n を探し、n の最大値は、２
log くらい自分で外して証明しろよ。あと、これは演繹法ですからねｗｗｗｗｗ
分かれよ。 あと、整数a,b,cの値の一般解はコンビネーションによって求められます。
これは、工学部で量子化の連続性や、確率やってないと完全には解らないだろうなぁ・・・。（汗 >>543
また疑問のごまかし。
国語の勉強も必要ですね。中学生程度の国語はマスターしてから掲示板に書き込んでほしいですね。 >>539
> >532
> 任意の x^p+y^p=z^p の解x,y,zがz-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たすとき、yが有理数×a^{1/(p-1)} と表せる
>
> を証明してください
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのときの、yを有理数とすると、
> (x*a^{1/(p-1)})^p+(y*a^{1/(p-1)})^p=(x*a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)})^p
> となります。
それは「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす x^p+y^p=z^p の解の中に、yが有理数×a^{1/(p-1)} と表せる解が存在する」ですね
どうやら「任意の」が理解できていないようなので、書き換えます
「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす x^p+y^p=z^p の解について、すべての解のyが有理数×a^{1/(p-1)} と表せる」は証明できますか？ >546
a^n + b^n = c^n < (c^n)^n + (c^n)^n ・・・自明
これより、(n-1)^2 > 0 となる最小の n を探し、n の最大値は、２
log くらい自分で外して証明しろよ。あと、これは演繹法ですからねｗｗｗｗｗ
意味がよくわからないので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >547
あと、整数a,b,cの値の一般解はコンビネーションによって求められます。
これは、工学部で量子化の連続性や、確率やってないと完全には解らないだろうなぁ・・・。
意味がよくわからないので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >>550
悪いけど、俺は自分の手柄がひとに勝手に移るのを警戒して意図的に完全な数式を
描きませんでした。５ｃｈじゃ面倒くさいしね。誰かの賞与や名誉のために動く気はありませんから。
そういうことをした連中は今まで徹底的に潰してきましたからね。わたしは。
まぁ、これも自戒だと思ってこらえてください。 >548
また疑問のごまかし。
国語の勉強も必要ですね。中学生程度の国語はマスターしてから掲示板に書き込んでほしいですね。
どの部分が、疑問のごまかしでしょうか？ 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)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。 【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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >>551
じゃあ、数式だけ。ｎ＝１の時は自明なので、最終定理を証明したという前提でｎ＝２のときのみ
A×nC1×(n-1)/nC2 + B×n-1C1×(n-2)/n-2C2 = k^2
これの整数条件を完璧にすると、
（偶数）^2＋（奇数）^2 = K^2
的な一般解が出てきます。 ミスった
A×nC1×(n-1)/nC2 + B×n-1C1×(n-2)/【n-1】C2 = k^2
だ。ご勘違いのなきよう。 >>553
ほらまた。
すぐにどこが？とか聞いてごまかしてるでしょ。
分からないなら勉強不足なんだから、十分に過去ログを見て検討して考え、勉強してから出直せ。 >549
「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす x^p+y^p=z^p の解について、すべての解のyが有理数×a^{1/(p-1)} と表せる」は証明できますか？
yを有理数とすると。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの解は、
(x*a^{1/(p-1)})^p+(y*a^{1/(p-1)})^p=(x*a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)})^p
となります。 >556
（偶数）^2＋（奇数）^2 = K^2
的な一般解が出てきます。
意味が、わからないので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >557
A×nC1×(n-1)/nC2 + B×n-1C1×(n-2)/【n-1】C2 = k^2
だ。ご勘違いのなきよう。
意味が、わからないので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >559
分からないなら勉強不足なんだから、
どの部分のことでしょうか？ 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)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。 【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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 一般解を出してから考察したのですが、
a,bが両方偶数だと、cが２の倍数となる
a,bが両方奇数だと、c^2が２の倍数となり、同時にｃが無理数となる
よってa,bは奇数と偶数の組み合わせにならざるを得ない。
まぁ、この説明にアラがあっても、一般解はそれが正しいことを示していますから。
整数条件を当てはめてください。
それに・・・、裏ですから、滅多なことでは協力しませんよｗ >566
a,bが両方偶数だと、cが２の倍数となる
a,bが両方奇数だと、c^2が２の倍数となり、同時にｃが無理数となる
よってa,bは奇数と偶数の組み合わせにならざるを得ない。
このことが、フェルマーの最終定理の証明に関係あるのでしょうか？ >>563
ほら、またすぐに聞く。
考えもせずに聞くなと書いたばかり。 >>560
> >549
> 「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす x^p+y^p=z^p の解について、すべての解のyが有理数×a^{1/(p-1)} と表せる」は証明できますか？
>
> yを有理数とすると。
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの解は、
> (x*a^{1/(p-1)})^p+(y*a^{1/(p-1)})^p=(x*a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)})^p
> となります。
それでは前回と同じで、存在することの証明にしかなっていません
「すべての解」とあるのが読めないのでしょうか？
yが有理数の解もあれば無理数の解もあるのに勝手に有理数に限定してはいけません >569
ほら、またすぐに聞く。
わからないので、聞いています。 >570
必要十分条件かな
よく、意味がわかりません。 >571
「すべての解」とあるのが読めないのでしょうか？
yが有理数の解もあれば無理数の解もあるのに勝手に有理数に限定してはいけません
y*a^{1/(p-1)}のyが、有理数のとき、y*a^{1/(p-1)}は、有理数にも、無理数にも
なります。 【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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)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。 >>574
> >571
> 「すべての解」とあるのが読めないのでしょうか？
> yが有理数の解もあれば無理数の解もあるのに勝手に有理数に限定してはいけません
>
> y*a^{1/(p-1)}のyが、有理数のとき、y*a^{1/(p-1)}は、有理数にも、無理数にも
> なります。
それは前提である「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」を無視して aを勝手に変更しているからですね
ある一つのx^p+y^p=z^p の解が「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」とき、aの値は一つに決まるので勝手に変えることはできません >>533
> z=x+√3なので、x,yが共に有理数とは、なりません。
z=x+√3の場合はx,yが共に無理数になることが分からないのならアウト
(x,y,z)=(k*2,k*3,k*35^(1/3)) k=√3/{35^(1/3)-2}
(x,y,z)=(k*3,k*4,k*91^(1/3)) k=√3/{91^(1/3)-3} などはz=x+√3の場合でx,yが共に無理数
z=x+√3の場合でx,yが共に無理数の解をa^{1/(p-1)}=a^(1/2)倍した解の中には
(x,y,z)=(2,3,35^(1/3)),(x,y,z)=(3,4,91^(1/3))などのような
x,yが共に有理数であるような解が含まれる
>>576のあんたの証明では
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので
x^3+y^3=(x+√3)^p…(3)の右辺を二項展開するとyが有理数のときxは無理数となるので
(x,y,z)=(k*2,k*3,k*35^(1/3)) k=√3/{35^(1/3)-2}
(x,y,z)=(k*3,k*4,k*91^(1/3)) k=√3/{91^(1/3)-3} などを解として持たない
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の解を持たない。
x^3+y^3=(x+√3)^p…(3)の解をa^(1/2)倍したものに
(x,y,z)=(2,3,35^(1/3)),(x,y,z)=(3,4,91^(1/3))などのような
x,yが共に有理数であるような解は含まれない >>572
> >569
> ほら、またすぐに聞く。
>
> わからないので、聞いています。
考えてないだろうが。だからごまかしだって言ってるの。 >>545
ｐが奇素数の時は、そんなことしていないじゃないですか。
なぜ、p=2のときはｙが無理数の時のことを考えるのに、
pが奇素数の時は
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。ので、
> (3)のx,y,zが、有理数で整数比の解となるかを、検討します。
とかいって、ｙが有理数の時のことだけ考えるのですか？
整合性が取れません。
x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)について、
ｐ=2の時にｙが無理数の時のことを考えるならば、同じようにｐが奇素数の時もyが無理数の時のことを考えてください。
ｐが奇素数の時に、ｙが有理数の場合だけ考えるならば、同じようにp=2の時もｙが有理数の時のことを考えてください。
でないと整合性が取れません。
同じように考えるために、p=2の時のことを書いているのですから。 >577
それは前提である「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」を無視して aを勝手に変更しているからですね
ある一つのx^p+y^p=z^p の解が「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」とき、aの値は一つに決まるので勝手に変えることはできません
「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」とき、aの値は一つに決まりますが、
そのとき、
z-x=(ap)^{1/(p-1)}は、有理数でしょうか？無理数でしょうか？ >>581
> >577
> それは前提である「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」を無視して aを勝手に変更しているからですね
> ある一つのx^p+y^p=z^p の解が「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」とき、aの値は一つに決まるので勝手に変えることはできません
>
> 「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」とき、aの値は一つに決まりますが、
> そのとき、
> z-x=(ap)^{1/(p-1)}は、有理数でしょうか？無理数でしょうか？
aに関する条件はa≠1だけですから、もちろん両方ですね 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の解を持たない。
(2)はa(1/a)=1となるので、a=1、r^(p-1)=pのときのみを考えればよい。
∴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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
(2)はa(1/a)=1となるので、a=1、r=2のときのみを考えればよい。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >578
z=x+√3の場合はx,yが共に無理数になることが分からないのならアウト
x,yが共に無理数の場合、zが無理数となる可能性は、ありますが、
(4)は、整数比の解を持ちません。 >580
pが奇素数の時は
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。ので、
> (3)のx,y,zが、有理数で整数比の解となるかを、検討します。
とかいって、ｙが有理数の時のことだけ考えるのですか？
y,xが無理数のときは、(4)のzが有理数の場合となります。
(4)は、整数比の解を持ちません。 >582
> z-x=(ap)^{1/(p-1)}は、有理数でしょうか？無理数でしょうか？
aに関する条件はa≠1だけですから、もちろん両方ですね
z-x=(ap)^{1/(p-1)}が、有理数、無理数どちらであっても、
(4)は、整数比の解を持ちません。 >>587
> >582
> > z-x=(ap)^{1/(p-1)}は、有理数でしょうか？無理数でしょうか？
>
> aに関する条件はa≠1だけですから、もちろん両方ですね
>
> z-x=(ap)^{1/(p-1)}が、有理数、無理数どちらであっても、
> (4)は、整数比の解を持ちません。
どちらであってもよいのなら、尋ねる必要はなかったはずですが……
そもそもが「(4)は、整数比の解を持たない」の根拠が不十分だ、という指摘なので、そのような主張をされても「根拠を出せ」としか返せませんよ >>587
あなたは
> >485
> x^p+y^p=z^p の解が
> ・z-x=p^{1/(p-1)}, y が有理数
> ・z-x=(ap)^{1/(p-1)}, y が有理数×a^{1/(p-1)} (a≠1)
> のどちらかであるときに、整数比にならない
>
> x^p+y^p=z^p の解が整数比にならないことを、示すには十分だと思います。
と書かれましたので、それならば
a≠1、z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす x^p+y^p=z^p の解について、すべての解のyが有理数×a^{1/(p-1)} と表せる
が証明できるはず(それ以外の解があるなら「十分」と言えない)なのですが、そこに
> z-x=(ap)^{1/(p-1)}が、有理数、無理数どちらであっても、
> (4)は、整数比の解を持ちません。
と返されても
「その根拠が不明だとして始まったやりとりで、何をを言い出すんだ？」
となるのです 唐突だがサイモン・シンの「フェルマーの最終定理」を読んだ
数学のド素人だから数学の話はオイラーあたりでもう振り落とされたが
数学者の歴史だけでも凄い面白かった
物理学者出身の癖に文才もあるとかなんかムカつくな >588
そもそもが「(4)は、整数比の解を持たない」の根拠が不十分だ、という指摘なので、そのような主張をされても「根拠を出せ」としか返せませんよ
根拠は、「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の解を持たない。」です。 >589
> z-x=(ap)^{1/(p-1)}が、有理数、無理数どちらであっても、
> (4)は、整数比の解を持ちません。
と返されても
「その根拠が不明だとして始まったやりとりで、何をを言い出すんだ？」
となるのです
「質問の意味がよくわからない」ので、同じ内容で、
言い方を、変えていただけないでしょうか。 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の解を持たない。
(2)はa(1/a)=1となるので、a=1、r^(p-1)=pのときのみを考えればよい。
∴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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
(2)はa(1/a)=1となるので、a=1、r=2のときのみを考えればよい。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >>585
> x,yが共に無理数の場合、zが無理数となる可能性は、ありますが、
> (4)は、整数比の解を持ちません。
> (4)は、整数比の解を持ちません。
これが正しいことの証明がありません
(A) x^p+y^p=z^pの3つの変数x,y,zの内2つの値は整数比にできる
(B) x^p+y^p=z^pの3つの変数x,y,zの値を整数比にできる
(A)が正しくないならば(B)は成り立たないから
(A)が正しくないことを用いればフェルマーの最終定理の証明が得られたように
見えるかもしれないがその証明は間違い
>>593
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
これは(A)が正しくないので(B)も成り立たないという論理です
(A)は正しいので間違いです >>592
> >589
> > z-x=(ap)^{1/(p-1)}が、有理数、無理数どちらであっても、
> > (4)は、整数比の解を持ちません。
>
> と返されても
> 「その根拠が不明だとして始まったやりとりで、何をを言い出すんだ？」
> となるのです
>
> 「質問の意味がよくわからない」ので、同じ内容で、
> 言い方を、変えていただけないでしょうか。
まず、あなたは >485 で
> x^p+y^p=z^p の解が
> ・z-x=p^{1/(p-1)}, y が有理数
> ・z-x=(ap)^{1/(p-1)}, y が有理数×a^{1/(p-1)} (a≠1)
> のどちらかであるときに、整数比にならない
>
> x^p+y^p=z^p の解が整数比にならないことを、示すには十分だと思います。
と書いていますが、それでは不十分です
なぜなら、
「(3)の解が整数比にならない」は
> ・z-x=p^{1/(p-1)}, y が無理数
を満たす解を考慮しておらず、
「(4)の解が整数比にならない」は
> ・z-x=(ap)^{1/(p-1)}, y が無理数×a^{1/(p-1)} (a≠1)
を満たす解を考慮していないからです
そして「考慮しないということは、それはあり得ない場合だと考えているのか？」を確認する意図でここまで質問し続けています
あなたは結論が成立するための前提を確認している最中に結論を持ち出したのですよ >>596 へ追記です
> あなたは結論が成立するための前提を確認している最中に結論を持ち出したのですよ
結論が成立するための根拠に結論を持ち出す
これが「循環論法」と呼ばれる誤謬(論理的な間違い)です >>593
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
どうしてここで整数比の解を持たないと言えるのですか？ >595
(A) x^p+y^p=z^pの3つの変数x,y,zの内2つの値は整数比にできる
(A)は正しいので間違いです
z=(x^p+y^p)^(1/p)ならば、できます。 >>599
> (A)は正しいので間違いです
> z=(x^p+y^p)^(1/p)ならば、できます。
だから(A)は正しいのであんたの証明は間違い
x^p+y^p=z^pならばz=(x^p+y^p)^(1/p)
できることが>>593の一体どこに書いてあるのだね？
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の解を持たない。
> (2)はa(1/a)=1となるので、a=1、r^(p-1)=pのときのみを考えればよい。
これはできないということだが >596
「(4)の解が整数比にならない」は
> ・z-x=(ap)^{1/(p-1)}, y が無理数×a^{1/(p-1)} (a≠1)
を満たす解を考慮していないからです
(3)のx,y,zが、無理数で、整数比の解となるならば、x,y,zが有理数で、整数比の解となります。 >597
結論が成立するための根拠に結論を持ち出す
これが「循環論法」と呼ばれる誤謬(論理的な間違い)です
これは、(3)で、yが無理数の場合を検討していないのに、結論を持ち出していると
いうことでしょうか？ >>601
> >596
> 「(4)の解が整数比にならない」は
> > ・z-x=(ap)^{1/(p-1)}, y が無理数×a^{1/(p-1)} (a≠1)
> を満たす解を考慮していないからです
>
> (3)のx,y,zが、無理数で、整数比の解となるならば、x,y,zが有理数で、整数比の解となります。
はて、確かに「z-x=p^{1/(p-1)}を満たすx^p+y^p=z^p の整数比の解」が存在するならば
「z-x=(ap)^{1/(p-1)} (a≠1)を満たすx^p+y^p=z^p の整数比の解」が存在しますが、それが何か？ >>602
「『根拠に』結論を持ち出す」の意味がわかっていない。 >598
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
どうしてここで整数比の解を持たないと言えるのですか？
(3)のyが無理数の場合は、(4)のrが有理数の場合となります。この場合も、x,yは
整数比の解となりません。 >600
x^p+y^p=z^pならばz=(x^p+y^p)^(1/p)
できることが>>593の一体どこに書いてあるのだね？
自明です。 >>605 日高
> >598
> > (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
>
> どうしてここで整数比の解を持たないと言えるのですか？
>
> (3)のyが無理数の場合は、(4)のrが有理数の場合となります。この場合も、x,yは
> 整数比の解となりません。
(4)までゆかないと言えないことなら、ここに「整数比の解を持たない」と書くのはおかしいでしょう？ >>602
> >597
> 結論が成立するための根拠に結論を持ち出す
> これが「循環論法」と呼ばれる誤謬(論理的な間違い)です
>
> これは、(3)で、yが無理数の場合を検討していないのに、結論を持ち出していると
> いうことでしょうか？
その通りです
あなたのこれまでの回答を見ていると、
「(4)が整数比の解を持たない」のために
「(3)が整数比の解を持たない」を
「(3)が整数比の解を持たない」のために
「(3)がyが有理数の整数比の解を持たない」を前提として持ち出してきますが、
ここで「(3)のyが無理数の場合」について指摘されると
「(4)が整数比の解を持たない」を持ち出してきます >>608
> >>602
>
> > >597
> > 結論が成立するための根拠に結論を持ち出す
> > これが「循環論法」と呼ばれる誤謬(論理的な間違い)です
> >
> > これは、(3)で、yが無理数の場合を検討していないのに、結論を持ち出していると
> > いうことでしょうか？
>
> その通りです
> あなたのこれまでの回答を見ていると、
>
> 「(4)が整数比の解を持たない」のために
> 「(3)が整数比の解を持たない」を
>
> 「(3)が整数比の解を持たない」のために
> 「(3)がyが有理数の整数比の解を持たない」を前提として持ち出してきますが、
> ここで「(3)のyが無理数の場合」について指摘されると
> 「(4)が整数比の解を持たない」を持ち出してきます
「(4)が整数比の解を持たない」
の根拠の
「(3)が整数比の解を持たない」
の根拠の
「(3)のyが無理数の整数比の解を持たない」
の根拠は
「(4)が整数比の解を持たない」
と、ここで根拠が循環していますね
これが「循環論法」です >>606
> 自明です。
そういう書き方で良いのならば
あんたの証明が間違っていることは自明
で済むんだけれども
>>593
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
これはx^p+y^p=z^pならばz=(x^p+y^p)^(1/p)より間違い >>610
少し具体的にすると
x,yの値を有理数に決めてzの値が有理数になるかどうかを調べる
例
x=2,y=3とするつまり解(2,3,z)のzの値の検討
>>593
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
この方法にならってx^3+y^3=(x+√3)^3のyに1を代入してxを求めたとする
y=1であるから3倍したときに上の解(2,3,z)のzの値の検討ができるか？
yが他の有理数ではどうか？
xは無理数となりできないので日高の証明は間違い >>593
p=2の時を考えてみましょう。
593より> 【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。
593より> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(1)が成り立つとき、aは0以外のどんな数の時でも、(2)は成り立ちます。
p=2のとき、a=(√3)/2としたほうがrが無理数になってpが奇素数の時と考え方が同じになります。
593より> (2)はa=a=(√3)/2、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
593より> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
545より> (3)の右辺を二項展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
417より> (3)のx,y,zが、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。ので、
417より> (3)のx,y,zが、有理数で整数比の解となるかを、検討します。
593より> (3)のyが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
593より> (2)はa=1、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+2)^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解の1/a倍となる。(4)は整数比の解を持つ
p=2の時ときと、pが奇素数の時で、整合性がとれません。
(3)が有理数の解を持たなくても、(3)が無理数で整数比の解をもつなら、(4)は整数比の解をもつのです。
p=2のとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)が有理数の解を持たなくても、(3)がx=4√3,y=3√3,z=x+√3を解に持つなら
(4)はx=8,y=6,z=x+2を解に持つのです。
pが奇素数のとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)が有理数の解を持たなくても、(3)がx=sw,y=tw,z=sw+√3を解に持つなら
(4)はx=s,y=t,z=s+({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)を解に持つのです。(s,tは有理数,w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s))
p=2のときも、ｐが奇素数の時も、このことは同じように成り立ちます。
証明は、失敗です。 >>593
> (2)はa(1/a)=1となるので、a=1、r^(p-1)=pのときのみを考えればよい。
aはもともと、元の式x^p+y^p=z^pとは全く関係なく決めた数だからどんな数でもどうでもいいですよ。
ｒは元の式に出てくるｘ、ｚに対して、z=x+rを満たさないといけないのでそうはいきません。勝手に1つの値に決めることはできません。
p=2でr^(p-1)=pのとき、ｘ=5、ｙ=12、ｚ=13はx^p+y^p=(x+r)^p…(1)を満たさないのでx^p+y^p=z^pの答えではないことになってしまいます。
というわけで、この文章はインチキのウソです。 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、s,tは整数比とならない。
∴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。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。 日高さん、自信があるなら査読付きの論文誌に投稿したら？
自信がないから5ちゃんの曖昧なところでダダ捏ねてるんでしょ？ 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、s,tは整数比とならない。
∴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。 >>614
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となる。
rは常に有理数になるわけではないので「rは有理数となる」はおかしいですね
例によって実際には「rは有理数となる(場合がある)」か、前提条件が欠落しているのでしょう
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、s,tは整数比とならない。
> ∴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。
>
>
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。 >>616
> (3)をx=sw、y=twとおいて
> s,tは有理数
この時点で(3)のx,yは整数比でa^{1/(p-1)}倍しても比は変わらないので
> s,tは整数比とならない
これはあり得ないです >>616
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
例によって例の如く、「yが無理数の場合は？」ですね
yが無理数の場合について証明が完了するまで「(3)は整数比の解を持たない」を前提として使うことは許されません
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、s,tは整数比とならない。
「(3)は整数比の解を持たない」は使えません
「(4)は整数比の解を持たない」も使えません
仮に整数比にならないとしても「x:y:zが整数比にならない」なので「x:yが整数比」はありえます
> ∴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。
間違いばかりで証明になっていませんね 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、s,tは整数比とならない。
∴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。 >>616
ちょっど丁寧に指摘しなおしますね
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
例によって例の如く、「yが無理数の場合は？」ですね
yが無理数の場合について証明が完了するまで「(3)は整数比の解を持たない」を前提として使うことは許されません
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、s,tは整数比とならない。
「s,tは整数比とならない」の根拠がありません
「(4)は整数比の解を持たない」が使えればよいのですが、
これは証明の中の記述だと
「(3)は整数比の解を持たない」と
「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」
から導かれます
「(3)は整数比の解を持たない」が証明されていないので「(4)は整数比の解を持たない」は使えません
> ∴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。
書き方を少し変えただけで、「(3)はyが無理数の場合に整数比の解を持たない」の証明のために「(3)は整数比の解を持たない」を持ち出しているのは変わらないようですね >>618
> >>616
> > (3)をx=sw、y=twとおいて
> > s,tは有理数
> この時点で(3)のx,yは整数比でa^{1/(p-1)}倍しても比は変わらないので
> > s,tは整数比とならない
> これはあり得ないです
これ自分も思うのだけれど、
> (s,tは有理数
って定義しておいて、あとで
> s,tは整数比とならない。
ってなるの、ありえないよね。 【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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >>629
x,yが整数比になる場合の扱いが間違っているのでアウト
s,tは有理数とする
x^p+y^p=z^pにおいてx=s,y=tとするとx,yは整数比
s^p+t^p=z^p=(s+(z-s))^p x,yは整数比
(s/(z-s))^p+(t/(z-s))^p=(s/(z-s)+1)^p…(4) x,yは整数比
これをp^{1/(p-1)}倍すれば(3)になりx,yは整数比
(s/(z-s))^p+(t/(z-s))^p=(s/(z-s)+1)^p…(4)において
zが無理数ならばx,yは整数比
zが有理数ならばx,yは整数比かつzが有理数であることからx,y,zが整数比
「x,yは整数比」を否定することで
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
を証明した場合はその証明は間違い
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる
日高アウト
> s,tは整数比とならない
日高アウト 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じ形となるので、s,tは整数比とならない。
∴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。 >631
> (s,tは有理数
って定義しておいて、あとで
> s,tは整数比とならない。
ってなるの、ありえないよね。
634を見てください。 >>635
> >631
> > (s,tは有理数
> って定義しておいて、あとで
> > s,tは整数比とならない。
> ってなるの、ありえないよね。
>
> 634を見てください。
いや、変わってないと思うけど。 >>635
> 634を見てください。
>>616
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、s,tは整数比とならない。
>>634
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じ形となるので、s,tは整数比とならない。
よくこれで634を見てくださいと言えるものだね
>>616
> s,tは整数比とならない
日高アウト
>>634
> s,tは整数比とならない
日高アウト >>637
何か言い返しさえすればいいと思ってるのかな。
幼稚園児なみですね。 >>638
もちろんこれは日高氏の書き込みに対する感想です。 >>634
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
> (3)をx=sw、y=twとおいて、
自然数比の解を持たないと言った直後にこうおくのはなぜ？ 指摘された事を考えてから回答するには最低2日間は要る。即座に意味がわからない、説明してくれ、というのは考えていないに等しい。 >630
yが無理数の場合について証明が完了するまで「(3)は整数比の解を持たない」を前提として使うことは許されません
「(3)は整数比の解を持たない」は、ｙが、有理数の場合です。 >>642
> >630
> yが無理数の場合について証明が完了するまで「(3)は整数比の解を持たない」を前提として使うことは許されません
>
> 「(3)は整数比の解を持たない」は、ｙが、有理数の場合です。
だったら、「yが有理数の場合」とはっきり書かなくては。 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じ形となるので、s,tは整数比とならない。
∴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。 >>644
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じ形となるので、s,tは整数比とならない。
(4)と同じ形だとなぜ自然数比にならないのですか？ >646
(4)と同じ形だとなぜ自然数比にならないのですか？
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは、成り立ちません。
s,tが整数比でないならば、成り立ちます。 >>650
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは、成り立ちません。
なぜですか？ >651
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは、成り立ちません。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの
x,yは、ともに、有理数とならないからです。 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、s,tは整数比とならない。
∴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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のｂﾆき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >>652
> >651
> > (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、
> > s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは、成り立ちません。
>
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの
> x,yは、ともに、有理数とならないからです。
それはなぜですか？ >653
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの
> x,yは、ともに、有理数とならないからです。
それはなぜですか？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。からです。 >>656
> >653
> > x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの
> > x,yは、ともに、有理数とならないからです。
>
> それはなぜですか？
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。からです。
式が違うけど。（aの有無。） >>653
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
これはフェルマーの最終定理の証明とは無関係
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、s,tは整数比とならない。
おまえがやっていること
x^p+y^p=z^pが整数比の解を持つかどうかをしらべる
(1) x,yに有理数を代入する
(2) zが有理数かどうか調べる
主張
(3) zが有理数であればx,yは整数比でない
よって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。
s,tは整数比となる例を示しているのにねえ
>>653
> s,tは整数比とならない
日高アウト
>>616
> s,tは整数比とならない
日高アウト
>>634
> s,tは整数比とならない
日高アウト
>>644
> s,tは整数比とならない
日高アウト >>656
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。からです。
間違い
これは理由にならない
今前提にしていることは
(3)においてx,yが共に無理数のときである
つまり
(3)の右辺を二項展開するとyが無理数のときxは無理数となる
(3)の右辺を二項展開するとxが無理数のときyは無理数となる
の場合に
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,yが共に有理数になり得る >657
式が違うけど。（aの有無。）
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
ので、
(3)のx,yが共に有理数とならないならば、(4)のx,yも共に有理数となりません。 >>660
> (3)のx,yが共に有理数とならないならば、(4)のx,yも共に有理数となりません
間違い
(3)のx,yが共に無理数であれば(4)のx,yが共に有理数となり得る >>660
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> ので、
> (3)のx,yが共に有理数とならないならば、(4)のx,yも共に有理数となりません。
なぜそうなります？ a^{1/(p-1)}は無理数ですよね？ >658
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
これはフェルマーの最終定理の証明とは無関係
どうしてでしょうか？ 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
s,tは整数比とならない。
∴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。 >659
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,yが共に有理数になり得る
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
よって、
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,yは、共に有理数となりません。 >661
(3)のx,yが共に無理数であれば(4)のx,yが共に有理数となり得る
(3)のx,yは、共に有理数となりません。 >662
なぜそうなります？ a^{1/(p-1)}は無理数ですよね？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
(4)の解は、(3)の解の定数倍、a^{1/(p-1)}倍となります。 >>665
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
(3)のx,yが共に無理数である前提だから異なる前提を持ち出すこと自体が無意味
>>666
> (3)のx,yは、共に有理数となりません。
(3)のx,yが共に無理数である前提だから異なる前提を持ち出すこと自体が無意味
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)においてx,yの値で場合分けする
p^{1/(p-1)}が無理数ならばx,yが共に有理数にはならないので残りは
[場合1]
yが有理数のときxは無理数となる場合あるいはxが有理数のときyは無理数となる場合
[場合2]
x,yが共に無理数となる場合
[場合2]の場合は(4)のx,yが共に有理数となり得る
>>663
> どうしてでしょうか？
p=2の場合も整数比にならないから
[場合1]のときに(4)のx,yが共に有理数とならないことはx,yが共に無理数とならないことと
同じことであるから[場合2]のx,yが共に無理数となる場合には使えない
異なる前提を持ち出すこと自体が無意味 例
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)において
>>666
> (3)のx,yは、共に有理数となりません。
(3)はx=2,y=3を解には持たないが
(x,y)=(k*2,k*3) k=√3/{35^(1/3)-2}を解に持つ
この場合x,yは共に無理数であるから>>668の[場合2]の解は存在する
このとき解の比はx:y=2:3でありx,yは整数比となっている
よってx=2,y=3を解に持つような(4)が存在する >>670
>>668の[場合2]の解は存在する
を
>>669の[場合2]の解は存在する
に訂正 >>664
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
> s,tは整数比とならない。
(4)については
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
しか記述がないので「(4)と同じ形となる」を
> s,tは整数比とならない。
の根拠とするためには
「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
既に指摘がある通り反例があり成立していません
> ∴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。 >>672
> しか記述がないので「(4)と同じ形となる」を
> > s,tは整数比とならない。
> の根拠とするためには
> 「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
どう見ても無理だろ。
> > (3)をx=sw、y=twとおいて、... (s,tは有理数、wは無理数)
だもんなあ。 >668
>>662をよく読み直してください。
読み直しましたが、ほかの意味があるのでしょうか。
詳しく書いてください。 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
s,tは整数比とならない。
∴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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のｂﾆき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >669
>>663
> どうしてでしょうか？
p=2の場合も整数比にならないから
p=2の場合は、整数比になります。 >670
よってx=2,y=3を解に持つような(4)が存在する
x,y,zは、整数比となりません。 >672
「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
既に指摘がある通り反例があり成立していません
x,y,zは、整数比となりません。 >673
> 「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
どう見ても無理だろ。
無理ではありません。 >678
読めていませんね。
どういう意味でしょうか？ >>680
> >672
> 「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
> 既に指摘がある通り反例があり成立していません
>
> x,y,zは、整数比となりません。
そう主張したいのなら、「x,y,zは、整数比となりません」と書けばよかったのです
書かなかったあなたが悪い
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/w
(p^{1/(p-1)})/wが有理数
ですから「(4)と同じ形となる」を根拠として
「s,t,s+(ap)^{1/(p-1)}が整数比にならない」を主張しますか？
その場合、根拠として「(3)は整数比の解を持たない」が必要になりますね
また循環論法ですよ >>677
> p=2の場合は、整数比になります。
>>675
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
それではp=2で上の条件を満たすような例が整数比になることを示してください
つまり
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが有理数,yが無理数の場合
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが無理数,yが有理数の場合
の解の定数倍を考えて
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解が整数比になることを示してください >>681
> 無理ではありません。
たとえばx^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持ちます
よって無理です
>>680
> x,y,zは、整数比となりません。
x,yが整数比であるがx,y,zは整数比とならないことの証明は
あんたの証明の中にはありません
>>675
> yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
> s,tは整数比とならない。 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
s,tは整数比とならない。
∴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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のｂﾆき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >>686
p=2に当てはめてみます。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(1)が成り立つとき、aは0以外のどんな数の時でも、(2)は成り立ちます。
p=2のとき、a=(√3)/2としたほうがrが無理数になってpが奇素数の時と考え方が同じになります。
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(2)はa=(√3)/2以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
rが有理数となるようにaを決めることが必ずできる。
(4)の解は、(3)の解の2a/(√3)倍となる。
545より> (3)の右辺を二項展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
417より> (3)のx,y,zが、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。ので、
417より> (3)のx,y,zが、有理数で整数比の解となるかを、検討します。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+√3)^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(√3)/w)^pとする。
(√3)/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(√3)/wのとき、(4)と同じ形となる。
s,tは整数比となる。
pが奇素数の時と整合性が取れません。>>686の証明は失敗です。 x^p+y^p=z^pの解x,y,zにおいてz=x+rとする
rの値に関わらず
p=2のとき
x,yが整数比でないならばx,y,zは整数比でない
pが奇素数のとき
x,yが整数比でないならばx,y,zは整数比でない
p=2のとき
x,yが整数比であるならばx,y,zが整数比となる解が存在する
pが奇素数のとき
x,yが整数比であるならばx,y,zが整数比となる解が存在する可能性がある
フェルマーの最終定理は
pが奇素数のとき
x,yが整数比であるならばx,y,zが整数比となる解が存在する可能性がある
において実際は
x,yが整数比であってもx,y,zが整数比とならないということ
>>686の証明は
pが奇素数のとき
x,yが整数比でないのでx,y,zは整数比でない
であるから日高はフェルマーの最終定理を証明していない >683
その場合、根拠として「(3)は整数比の解を持たない」が必要になりますね
また循環論法ですよ
「(3)は整数比の解を持たない」の根拠は、
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。です。
x,yが、有理数の場合です。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは、sw,twが、無理数の場合です。 >684
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが有理数,yが無理数の場合
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが無理数,yが有理数の場合
の解の定数倍を考えて
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解が整数比になることを示してください
x^2+y^2=(x+2)^2…(3) x=1、y=√8
x^2+y^2=(x+4)^2…(4)
a2=4 、a=2
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4) x=2、y=2√8
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解は整数比になりません。 >685
> x,y,zは、整数比となりません。
x,yが整数比であるがx,y,zは整数比とならないことの証明は
あんたの証明の中にはありません
どの式に対してでしょうか？ >688
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
これは、(4)となります。 >>693
(1)が成り立つとき、aは0以外のどんな数の時でも、(2)は成り立ちます。
p=2のとき、a=(√3)/2としたほうがrが無理数になってpが奇素数の時と考え方が同じになります。
何か問題がありますか？ >>693
大事なのはｒが有理数なのか無理数なのか、であって
(2)のaはどんな数でも必ず成り立つのだからa=1でもa=2/(√3)でもかまわないはずです。 >689
>>686の証明は
pが奇素数のとき
x,yが整数比でないのでx,y,zは整数比でない
であるから日高はフェルマーの最終定理を証明していない
>686の証明では、
zが、有理数の場合でも、y,zは整数比とならないことを、証明しています。 >>691
> x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解は整数比になりません。
>>677
> p=2の場合は、整数比になります。
なんで整数比になるとウソをついたの？ >>690
> >683
> その場合、根拠として「(3)は整数比の解を持たない」が必要になりますね
> また循環論法ですよ
>
> 「(3)は整数比の解を持たない」の根拠は、
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。です。
> x,yが、有理数の場合です。
「xとyのいずれかが有理数」という条件つきの「(3)は整数比の解を持たない」ですね
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
x=s, y=t, z=s+p^{1/(p-1)}/w=s+(ap)^{1/(p-1)} として
s^p+t^p=(s+(ap)^{1/(p-1)})^p は(4)の形である、
まではよいとして、
これは(4)の形であって(3)の形ではないので「x=s, y=tが有理数」を満たしていても「x=s, y=t, z=s+p^{1/(p-1)}/wが整数比にならない」は主張できません >>692
> どの式に対してでしょうか？
x^p+y^p=z^p=(x+r)^p
>>696
> >686の証明では、
> zが、有理数の場合でも、y,zは整数比とならないことを、証明しています。
していません
あんたが書いているのはx=s,y=t(s,tが有理数)でx,yが整数比のときzが有理数なら
x,yが整数比でないというおかしなことだけです
>>686
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
> s,tは整数比とならない。 >>698
> ...
> > 「(3)は整数比の解を持たない」の根拠は、
> > (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。です。
> > x,yが、有理数の場合です。
>
> 「xとyのいずれかが有理数」という条件つきの「(3)は整数比の解を持たない」ですね
>
> > (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
> > (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> > 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> > (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
>
> x=s, y=t, z=s+p^{1/(p-1)}/w=s+(ap)^{1/(p-1)} として
> s^p+t^p=(s+(ap)^{1/(p-1)})^p は(4)の形である、
> まではよいとして、
> これは(4)の形であって(3)の形ではないので「x=s, y=tが有理数」を満たしていても「x=s, y=t, z=s+p^{1/(p-1)}/wが整数比にならない」は主張できません
横から失礼します。
> 「xとyのいずれかが有理数」という条件つきの「(3)は整数比の解を持たない」ですね
は
> 「xとyのいずれか一方が有理数」という条件つきの「(3)は整数比の解を持たない」ですね ...(A)
ではないかと思いました。
なので、
> これは(4)の形であって(3)の形ではないので「x=s, y=tが有理数」を満たしていても「x=s, y=t, z=s+p^{1/(p-1)}/wが整数比にならない」は主張できません
は
たとえ(3)の形であっても「x=s, y=tが共に有理数」なので、
どのみち(A)には適用できないのでは、と思いました。 >>686
>>687
数学ではないので雑談系の板でやって下さい。皆さんもそろそろ反応するの止めたらどうでしょう？ 【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。(x,yは有理数)
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を二項展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)を(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^p、x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。(wは無理数)
(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(4)と同じとなるので、式は成り立たない。
∴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。 【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^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。(x,yは有理数)
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、式は成り立つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴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。(x,yは有理数)
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴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。 >>702
> (3)の右辺を二項展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。
なので
> (3)を(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^p、x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。(wは無理数)
のときはxw,ywが有理数ならば成り立たない
> (4)と同じとなるので、式は成り立たない。
これはxw,ywが無理数ならば成り立つから間違い
> (x,yは有理数)
> (wは無理数)
>>705
全てのx,yの値を検討できていないので間違い
>>669
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)においてx,yの値で場合分けする
> p^{1/(p-1)}が無理数ならばx,yが共に有理数にはならないので残りは
> [場合1]
> yが有理数のときxは無理数となる場合あるいはxが有理数のときyは無理数となる場合
> [場合2]
> x,yが共に無理数となる場合
> [場合2]の場合は(4)のx,yが共に有理数となり得る >>702
>>704-705
x^2+y^2=z^2,x^p+y^p=z^pの2つに対して比較のために同様の操作を施す
それぞれの解x,y,zに対して(z-x)で割った解x'=x/(z-x),y'=y/(z-x),
z'=z/(z-x)=x/(z-x)+1を満たす式をまず考える
つまりx^2+y^2=(x+1)^2,x^p+y^p=(x+1)^pの2つの式
2つの式の解x,y,zを√3倍した解は以下の式をそれぞれ満たす
x^2+y^2=(x+√3)^2,x^p+y^p=(x+√3)^p
これらの右辺を二項展開して
> yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
> x,yが有理数なので、式は成り立たない。
このような場合は(つまりx,yが満たす条件によっては)
x^2+y^2=(x+√3)^2=z^2は整数比の解x,y,zを持たない
x^p+y^p=(x+√3)^p=z^pは整数比の解x,y,zを持たない
しかし他のx,yが満たす条件によっては
(実際はx^2+y^2=z^2は整数比の解を持つことからも分かるように)
x^p+y^p=z^pは整数比の解を持たないとはいえない
x^2+y^2=(x+1)^2,x^p+y^p=(x+1)^pの解x,y,zを2倍した解は以下の式をそれぞれ満たす
x^2+y^2=(x+2)^2,x^p+y^p=(x+2)^p
これらの右辺を二項展開して
> yが有理数のとき
x^2+y^2=(x+2)^2ではxは有理数となる可能性がある
x^p+y^p=(x+2)^pではxは有理数になる可能性がある
(左辺と右辺がともに有理数となるので)
x^2+y^2=(x+2)^2=z^2は整数比の解x,y,zを持つ可能性がある
x^p+y^p=(x+2)^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ可能性がある
(x^2+y^2=z^2は整数比の解x,y,zを実際に持つ)
有理数倍と無理数倍のどちらにせよ0以外の実数aに対して
x^2+y^2=(x+a)^2=z^2は整数比の解x,y,zを持つ(可能性がある)
x^p+y^p=(x+a)^p=z^pは整数比の解x,y,zを持たない
という形にはできないので日高の方法ではフェルマーの最終定理は証明できない 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、式は成り立つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 突然ですが、ピタゴラス数調べてたら
ポクは凄いの発見
(x,y,z)=(5,12,13)⇒z^2≠x^2+z^2なので
(x,y,z)=(5,12,13)である三角形は、
直角三角形ぢゃないんだよ〜ん。
モピロン、(x,y,z)=(5,4,3)の三角形も
直角三角形ぢゃないんだよ〜ん。 >>708
間違っているよ
あんたはフェルマーの最終定理を証明していない
pは奇素数としてx,yは有理数とする
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持つ
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
式が成り立たないことと自然数解を持つことに関係があるのならば
pが奇素数のときもp=2のときと同様に自然数解を持つことになる >>697
> なんで整数比になるとウソをついたの？
なんだからその返答が
> 708,709を見てください。
はおかしいでしょう
実際ウソをついた理由は>>708-709には書いていないし
整数比になるとウソをついた理由を教えてよ
それとウソをついた理由は>>708-709には書いていないのに
> 708,709を見てください
と書いた理由も教えて 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、式は成り立つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>721
> >711
> 708,709を見てください。
>>708を見ての書き込みが>>711だよ
大丈夫? >722
>>697
> なんで整数比になるとウソをついたの？
これは、どの内容でしょうか？
多分私の言った内容と違うと思います。 かなり前のレスだから、
レス貼り付けないとダメかもね >725
大丈夫?
内容を、具体的に、教えてください。 >>722
663日高2020/09/25(金) 20:11:04.70ID:g6cbAzx7
>658
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
これはフェルマーの最終定理の証明とは無関係
どうしてでしょうか？
677日高2020/09/26(土) 08:24:57.12ID:qbQetbkZ
>669
>>663
> どうしてでしょうか？
p=2の場合も整数比にならないから
p=2の場合は、整数比になります。
691日高2020/09/26(土) 20:23:33.99ID:qbQetbkZ
>684
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが有理数,yが無理数の場合
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが無理数,yが有理数の場合
の解の定数倍を考えて
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解が整数比になることを示してください
x^2+y^2=(x+2)^2…(3) x=1、y=√8
x^2+y^2=(x+4)^2…(4)
a2=4 、a=2
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4) x=2、y=2√8
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解は整数比になりません。 >>722は
> なんで整数比になるとウソをついたの？
だった
>>726
> 多分私の言った内容と違うと思います。
日高の書き込みは>>729 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>728
> >725
> 大丈夫?
>
> 内容を、具体的に、教えてください。
>>711をおまえが読んでそのレスが
> 708,709を見てください。
なんだが
>>711は>>708へのレスなんだよ
だから
日高さんあなたのオツムのお加減はいかがでしょうか？
大丈夫ですか？
ということですよ >729
>x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが有理数,yが無理数の場合
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが無理数,yが有理数の場合
の解の定数倍を考えて
>x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解が整数比になることを示してください
x^2+y^2=(x+2)^2…(3) x=1、y=√8
x^2+y^2=(x+4)^2…(4)
a2=4 、a=2
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4) x=2、y=2√8
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解は整数比になりません。 >732
だから
日高さんあなたのオツムのお加減はいかがでしょうか？
大丈夫ですか？
ということですよ
意味が、理解できません。お手数でしょうが、具体的に示してください。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>734
最後の段落だけコピペして
> お手数でしょうが、具体的に示してください。
なんて書いているが
その上の段落に書いてあるじゃないですか
> >>711をおまえが読んでそのレスが
> > 708,709を見てください。
> なんだが
> >>711は>>708へのレスなんだよ
と 日高さんは５行以上の文章は理解できないみだいだね。だから丁寧に説明しても意味がない。
自分の言ったこともほとんど覚えてないし、認知症の老人を相手にしているのと変わりない。 >736
>最後の段落だけコピペして
申し訳ございませんが、もう一度具体的に内容を書いていただけないでしょうか。 >>738
708を読んでその間違いを711で指摘した
その後にあんたは書き込みの内容を一切考えずに機械的に
> 708,709を見てください。
を連投し始めた
(しかも708,709はそれらの書き込みに対する答えになっていない)
713日高2020/09/27(日) 08:40:42.32ID:VL1MvvLA
>694
708,709を見てください。
714日高2020/09/27(日) 08:43:00.90ID:VL1MvvLA
>695
708,709を見てください。
715日高2020/09/27(日) 08:44:17.23ID:VL1MvvLA
>697
708,709を見てください。
716日高2020/09/27(日) 08:46:14.63ID:VL1MvvLA
>698
708,709を見てください。
717日高2020/09/27(日) 08:47:40.09ID:VL1MvvLA
>699
708,709を見てください。
718日高2020/09/27(日) 08:49:36.58ID:VL1MvvLA
>700
708,709を見てください。
719日高2020/09/27(日) 08:51:15.16ID:VL1MvvLA
>706
708,709を見てください。
720日高2020/09/27(日) 08:52:58.31ID:VL1MvvLA
>707
721日高2020/09/27(日) 08:55:15.69ID:VL1MvvLA
>711
708,709を見てください。
>>711をおまえが読んでそのレスが
> 708,709を見てください。
なんだが
>>711は>>708へのレスなんだよ
だから
日高さんあなたのオツムのお加減はいかがでしょうか？
大丈夫ですか？
ということですよ これも
> 708,709を見てください
の連投に関連することだけれども
>>726
> なんで整数比になるとウソをついたの？
>
> これは、どの内容でしょうか？
> 多分私の言った内容と違うと思います。
>>729を見れば分かるように日高の言った内容ですよ
なのであらためて
整数比になるとウソをついた理由を教えてよ
それとウソをついた理由は>>708-709には書いていないのに
> 708,709を見てください
と書いた理由も教えて >740
整数比になるとウソをついた理由を教えてよ
申し訳ございませんが、もう一度具体的に内容を書い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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>741
>>729を見れば話の流れは分かるでしょう
> 544日高2020/09/23(水) 09:30:44.36ID:uIv4eEq1
> >535
> > 何番のことでしょうか？
>
> 番号を言われても読めないくせに
>
> よめると、思います。
番号は書いてあるので読みましょう
有言実行
君ならできる
Go for it! >743
番号は書いてあるので読みましょう
申し訳ございませんが、もう一度具体的に内容を書いていただけないでしょうか。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>744
p=2のときも整数比にならないから日高の証明はフェルマーの最終定理の証明とは無関係
という意見に対して日高はp=2の場合は整数比になりますと反論
実際に整数比になることを示させたら
日高の答えは整数比になりません
その後変更した>>745の証明も同じでフェルマーの最終定理の証明とは無関係 >>744
> 番号は書いてあるので読みましょう
> 申し訳ございませんが、もう一度具体的に内容を書いていただけないでしょうか。
> 544日高2020/09/23(水) 09:30:44.36ID:uIv4eEq1
> >535
> > 何番のことでしょうか？
>
> 番号を言われても読めないくせに
>
> よめると、思います。
読めると思いますと書き込んだ理由も教えてよ >746
p=2のときも整数比にならないから日高の証明はフェルマーの最終定理の証明とは無関係
という意見に対して日高はp=2の場合は整数比になりますと反論
具体的に内容を書いて、いただけないでしょうか。 >747
読めると思いますと書き込んだ理由も教えてよ
具体的に内容を書いて、いただけないでしょうか。 (2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
例
y^2=4x+4
y=4、x=3 (2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
例
y^2=4x+4
y=3、x=5/4 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
例
y^2=4x+4
y=5、x=21/4 >>745
p=2に当てはめてみます。
【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。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(1)が成り立つとき、aは0以外のどんな数の時でも、(2)は成り立ちます。
p=2のとき、a=(√3)/2としたほうがrが無理数になってpが奇素数の時と考え方が同じになります。
rが有理数か無理数かがこの証明では重要なので、ここではrが無理数となるように、a=(√3)/2とします。
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(2)はa=(√3)/2以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
rが有理数となるようにaを決めることが必ずできる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解の2a/(√3)倍となる。
しかし、(4)の解は、有理数で整数比の解が存在する。
pが奇素数の時と整合性が取れません。>>745の証明は失敗です。
rが無理数の時、整数比となる解は無理数です。
rが有理数の時、整数比となる解は有理数です。
右のポケットに入れた切符は、いくら左のポケットを探しても出てきません。
切符のないほうのポケットを探すのは無駄です。
整数比となる解が有理数の時、いくらｒが無理数の時を探しても出てきません。
解のないほうのrを探しても無駄です。
これが理解できない限り、証明は正しくなりません。 (2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
例
y^2=4x+4
y=9/4、x=17/64 >754
>(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
「x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。」は、間違いです。
正しくは、x^p+y^p=(x+√3)^p…(4)となります。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >757
>証明は失敗ですね。
どの証明が、失敗でしょうか？ >>756
間違いとは、どういうことですか？
(2)はa=(√3)/2のとき、成り立たないということですか？
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)とならないということですか？
rが有理数か無理数かが一番重要なのだから、>>758にあわせてrが無理数になるようにaを決めるべきでしょ？
p=2と>>758を同じように考えるためには。 >>758
z=x+rなのだから、xが有理数、(3)でrが無理数ならzは無理数でxとzは整数比にならないに決まっています。
整数比にならないと最初から分かっている範囲を探して意味があるのですか？
z=x+rなのだから、xが有理数ならrが有理数でないとxとzが整数比にならないに決まっています。
整数比にならないものを、何倍しても整数比にならないに決まっています。
一方(4)では、rは有理数にも無理数にもなります。そして、(4)の解には整数比になるものも整数比にならないものもあります。
たとえばp=2なら、2^2+3^2=(2+(√13-2))^2は整数比にならない解で、3^2+4^2=5^2は整数比になる解です。
>>758に書いてあることは、(4)の解のうち、整数比にならないものは、整数比にならない。という当たり前のことです。
(4)の解のうち、整数比になるものは、(3)の解の無理数で整数比になるものをa^{1/(p-1)}倍したものです。
(3)の解で無理数で整数比になるものを探していないので、証明は失敗です。 >>758 日高さん、この証明は前に書かれたのと似ているようですが、同一のものを書き込んだかどうか、記録・記憶はありますか？ >760
(2)はa=(√3)/2のとき、成り立たないということですか？
a=(√3)/2のときなので、(4)となります。
(3)の場合は、a=1のときと、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。(x,yは有理数)
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を二項展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)を(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^p、x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。(wは無理数)
(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(4)と同じとなるので、式は成り立たない。
∴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。 >761
>(3)の解で無理数で整数比になるものを探していないので、証明は失敗です。
764で探しています。 >762
>>758 日高さん、この証明は前に書かれたのと似ているようですが、同一のものを書き込んだかどうか、記録・記憶はありますか？
前に書いたものと、同じものです。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>768
(3)ではx、yが有理数、rが無理数になるような解しか探していない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となることから
(4)の解のうち、x、yが無理数、rが有理数になるような解しか探していない。
p=2のときでいえば、
(3)では、x、yが有理数、rが無理数となる2^2+3^2=(2+(√13-2)）^2のような解しか探していない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となることから
(4)の解のうち、x,yが無理数、rが有理数となる(2(√13+2))^2+(3(√13+2))^2=(2(√13+2)+9)^2のような解しか探していない。
実際には(4)には3^2+4^2=5^2のような整数比になる解もあるし、る(2(√13+2))^2+(3(√13+2))^2=(2(√13+2)+9)^2のような整数比にならない解もある。
整数比にならないような解だけ探して、整数比になる解を探していないので、証明は失敗です。 >>764
同じ文字を使う時、特に断り書きがなければ同じ数です。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)がなりたつとき、同じx、yに対して
(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^pには絶対になるわけありません。意味が分かりません。 >769
>整数比にならないような解だけ探して、整数比になる解を探していないので、証明は失敗です。
768では、x,yを有理数としたとき、式が成り立つかを、判定しています。 >>771
rが無理数の時
1^2+2^2=(1+(√5-1))^2は整数比の解ではない
1^2+3^2=(1+(√10-1))^2は整数比の解ではない
1^2+4^2=(1+(√17-1))^2は整数比の解ではない
…
整数比ではない解があることをいくら並べても、「整数比の解がない」ことにはなりません。
rが有理数になるように、整数比ではない解x,y,zを何倍かしてみても、
(√5+1)^2+(2(√5+1))^2=((√5+1)+4)^2は整数比の解ではない
(√10+1)^(2(√10-1))^2=((√10+1)+9)^2は整数比の解ではない
(√17+1)^2+(4(√17-1))^2=((√17+1)+16)^2は整数比の解ではない
整数比ではない解があることをいくら並べても、「整数比の解がない」ことにはなりません。
「整数比ではない解がある」ことを調べる今のやり方では、「整数比の解がどこにもない」には絶対にたどり着きません。 >770
同じ文字を使う時、特に断り書きがなければ同じ数です。
断り書きは、「x,yは有理数とする。」と書いています。 >>771
(3)のとき、x、yが有理数の解を調べていて、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるのですから
(4)の解で探したのはx、yが無理数のものだけです。 >>773
つまり
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx、yと
(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^pのx、yは同じ数なのですね。
(3)を(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^pとすることは、できません。できるわけありません。
インチキにしてもひどすぎます。 >772
「整数比ではない解がある」ことを調べる今のやり方では、「整数比の解がどこにもない」には絶対にたどり着きません。
768は、「整数比ではない解がある」ことを調べるやり方では、ありません。
x,yを有理数としたとき、式が成り立つかを、調べています。 >>776
p=2のとき
1^2+2^2=(1+(√5-1))^2
x、yが有理数で、rが無理数で、式が成り立っています。 s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
「式が成り立たたない」はインチキのウソです。 >>766
> >762
> >>758 日高さん、この証明は前に書かれたのと似ているようですが、同一のものを書き込んだかどうか、記録・記憶はありますか？
>
> 前に書いたものと、同じものです。
前に書いて否定されたものをまた書き込む。何考えているの？ >774
(3)のとき、x、yが有理数の解を調べていて、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるのですから
(4)の解で探したのはx、yが無理数のものだけです。
(3)が成り立つときは、yが有理数、xが無理数、又は、xが有理数、yが無理数の場合です。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立ちません。 >775
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx、yと
(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^pのx、yは同じ数なのですね。
違います。x,yは、どちらも、有理数とします。
(3)を(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^pとすることは、できません。できるわけありません。
インチキにしてもひどすぎます。
(xw)、(yw)は、無理数です。 >777
p=2のとき
1^2+2^2=(1+(√5-1))^2
x、yが有理数で、rが無理数で、式が成り立っています。
そうですね。 >778
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
>「式が成り立たたない」はインチキのウソです。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数でも、無理数でも、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
成り立ちません。 >779
> 前に書いたものと、同じものです。
前に書いて否定されたものをまた書き込む。何考えているの？
どこで否定されたでしょうか？ 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>783
では
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
成り立たないような、s､t、p、を書いてください。 >>776
> x,yを有理数としたとき、式が成り立つかを、調べています。
pは奇素数,x,yは有理数としてz-x=p^{1/(p-1)}の場合を検討する
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
式が成り立たないことと自然数解を持つことに関係があるのならば
p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持つので
pが奇素数のときもp=2のときと同様に自然数解を持つことになる
式が成り立たないことと自然数解を持つことに関係がないのならば
あんたはフェルマーの最終定理を証明していないということ
どちらの場合でもあんたの証明はフェルマーの最終定理の証明ではない >787
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
成り立たないような、s､t、p、を書いてください。
s､tは、任意の有理数、pは、奇素数です。 >>784 日高
> >779
> > 前に書いたものと、同じものです。
>
> 前に書いて否定されたものをまた書き込む。何考えているの？
>
> どこで否定されたでしょうか？
否定されたと認識していないならなぜ別のものを書き込む？ （全部ダメだけど）
証明を何パターンか用意しておいて、
その日の気分でコロコロ変えているのかな？ >>789
s=2,t=3,p=3のとき
2^3+3^3=(2+(√3)/((√3)/(2^3+3^3)^(1/3)-2))^3
=(2+35^(1/3)-2)^3
=(35^(1/3))^3
=35
成り立ちました。
>>789はインチキのウソです。 >>785
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s､tがどんな数でも、必ず成り立ちます。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは(4)と同じ形なので、(4)にx、yが有理数の解が存在します。
>>785の証明は、失敗です。 >>785
いくら、x,yは有理数とする。と書いたからといって、
x^2+y^2=(x+√3)^2にx=4√3、y=3√3を代入したとき等式が成り立たないことにはならない
x、yは有理数とする、という条件の下ではx=4√3、y=3√3は解ではないけれども、
x=4√3、y=3√3をx^2+y^2=(x+√3)^2に代入すれば等式は成り立つので、
解を1/√3倍したx=4,y=3はr=1の時の式x^2+y^2=(x+1)^2を満たす。
x、yを有理数とした時、rが無理数の式に解がないからといって、rが有理数の式に解がないことにはならない
x、yは有理数とする、という条件の下ではx=4√3、y=3√3は解ではないけれども、x^2+y^2=(x+√3)^2を満たすから。
x、yを有理数とする。という勝手に決めた勝手な制限で、等式が成り立つことを否定することはできない。 あたりまえのことだけど
x+y=zという式がある時、x、y、zすべてを勝手に決めることはできない
x=1,y=2と勝手に決めたらz=5などと勝手に決めることはできない、式を満たすzは3と自動的に決まる
>>785も同様
x^p+y^p=(x+r)^pという式がある時、x、y、rすべてを勝手に決めることはできない
x、yが有理数と勝手に決めたらrが無理数と勝手に決めることはできない、式を満たすrは有理数と自動的に決まる
x,yを有理数と決めた後rを無理数と勝手に決めている>>785は失敗です。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >788
>x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
この場合、式は、成り立つ場合があります。 >790
否定されたと認識していないならなぜ別のものを書き込む？
修正したものを、書き込んでいます。 >791
証明を何パターンか用意しておいて、
その日の気分でコロコロ変えているのかな？
違います。修正したものを、書き込んでいます。
どの部分が、だめでしょうか？ >>799
> この場合、式は、成り立つ場合があります。
どの場合に成り立つか例を挙げてみてください >>799
具体的な数字の方が分かりやすいですかね
p=3のときx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)はx^3+y^3=(x+√3)^3
x^3+y^3=(x+√3)^3の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
上とz-xの値が等しくまたx,yが同じく有理数である場合
x^2+y^2=(x+√3)^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
x^2+y^2=z^2は自然数解を持つことから
>>796の証明は間違いであることが分かる x^2+y^2=(x+√3)^2 は(4)だ
って言うんだろうなあ。 >792
2^3+3^3=(2+(√3)/((√3)/(2^3+3^3)^(1/3)-2))^3
=(2+35^(1/3)-2)^3
=(35^(1/3))^3
=35
成り立ちました。
35^(1/3)は、無理数です。 >793
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s､tがどんな数でも、必ず成り立ちます。
(p^{1/(p-1)})/wは、有理数でしょうか？無理数でしょうか？ >>798
> 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
決して整数比にならない解について存在しないと主張しただけですね
この後に出てくる「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」を使うのであれば、整数比になる可能性のあるものについて存在しないことを示さないと意味がないのですが……
一体この人は何を考えているんでしょうね、とても不思議です
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >794
x、yを有理数とする。という勝手に決めた勝手な制限で、等式が成り立つことを否定することはできない。
x^2+y^2=z^2のx,y,zが有理数のとき、成り立つならば、wが無理数のとき、
(xw)^2+(yw)^2=(zw)^2もなりたちます。 >795
x^p+y^p=(x+r)^pという式がある時、x、y、rすべてを勝手に決めることはできない
x、yが有理数と勝手に決めたらrが無理数と勝手に決めることはできない、式を満たすrは有理数と自動的に決まる
x,yを有理数と決めた後rを無理数と勝手に決めている>>785は失敗です。
rは、勝手に決めてはいません。
式変形により、導きました。 >802
>>799
> この場合、式は、成り立つ場合があります。
どの場合に成り立つか例を挙げてみてください
>x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
x=3、y=4、
3^2+4^2=(3+2)^2 >>809 日高
> rは、勝手に決めてはいません。
> 式変形により、導きました。
ここ、興味深いですね。 >803
x^2+y^2=(x+√3)^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
x^2+y^2=z^2は自然数解を持つことから
>>796の証明は間違いであることが分かる
p=2なので、x,yが無理数の場合、成り立ちます。 >804
x^2+y^2=(x+√3)^2 は(4)だ
その通りです。 >807
決して整数比にならない解について存在しないと主張しただけですね
この後に出てくる「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」を使うのであれば、整数比になる可能性のあるものについて存在しないことを示さないと意味がないのですが……
>一体この人は何を考えているんでしょうね、とても不思議です
x,y,zが有理数で整数比になるならば、xw,yw,zwも、整数比になります。(wは無理数） >811
>>809 日高
> rは、勝手に決めてはいません。
> 式変形により、導きました。
ここ、興味深いですね。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。の部分のことです。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>800
>否定されたと認識していないならなぜ別のものを書き込む？
>>修正したものを、書き込んでいます。
証明を修正したということは、最新の証明より以前のものは間違っている、とあなた自身は認識しているのですか？ >818
証明を修正したということは、最新の証明より以前のものは間違っている、とあなた自身は認識しているのですか？
前のものも、間違っていません。表現を変えただけです。 >>819
証明によって、x,yが有理数と定められていたり、そうでなかったり(つまりx,yは実数)していますが、どちらでも同じ論法(証明の道筋)だと考えていますか？ >820
証明によって、x,yが有理数と定められていたり、そうでなかったり(つまりx,yは実数)していますが、どちらでも同じ論法(証明の道筋)だと考えていますか？
はい。 > 1 日高 2019/09/23(月) 09:33:36.12
> pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
> x^p+y^p=z^pをz=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^pとする。
> r=p^{1/(p-1)}となるので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p=z^pとなる。
> xを有理数とすると、zは無理数となる。
> ∴x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
去年はこう書いておられましたが、これも正しいですか？ >>823は>>822の出典を書こうとしたものです。 >822
去年はこう書いておられましたが、これも正しいですか？
はい。 >>788
> pは奇素数,x,yは有理数としてz-x=p^{1/(p-1)}の場合を検討する
> x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
> 799日高2020/09/28(月) 07:22:03.40ID:HWOGA3/K
> >788
> >x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
>
> この場合、式は、成り立つ場合があります。
>>810
> x=3、y=4、
> 3^2+4^2=(3+2)^2
pは奇素数,x,yは有理数としてz-x=p^{1/(p-1)}の場合という
条件を満たさないので間違いです >>812
> p=2なので、x,yが無理数の場合、成り立ちます。
同様に
pが奇素数の場合でもx,yが無理数の場合は成り立つ可能性があります
だから>>816の証明は間違いです
成り立つ場合として「x,yが無理数の場合」を新たに持ち出すということは
証明で検討した解は全ての解ではなくて漏れがあるということです >>826
> pは奇素数,x,yは有理数としてz-x=p^{1/(p-1)}の場合を検討する
これを省いてx^2+y^2=z^2では式は成り立つ場合があるとウソをつくところに
日高の悪質さがよく表れています >>825
> >822
> 去年はこう書いておられましたが、これも正しいですか？
>
> はい。
>>822
> x^p+y^p=z^pをz=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^pとする。
> r=p^{1/(p-1)}となるので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p=z^pとなる。
> xを有理数とすると、zは無理数となる。
pが奇素数のときxを有理数とするとzは無理数となることの内容自体は正しくても
pが奇素数のときx^2+y^2=z^2,z-x=p^{1/(p-1)}でも同じ結果になるので
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たないこと
つまりフェルマーの最終定理の証明ではないのです
>>816も同じことでフェルマーの最終定理の証明ではありません >827
成り立つ場合として「x,yが無理数の場合」を新たに持ち出すということは
証明で検討した解は全ての解ではなくて漏れがあるということです
p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。 >826
x=3、y=4、
> 3^2+4^2=(3+2)^2
pは奇素数,x,yは有理数としてz-x=p^{1/(p-1)}の場合という
条件を満たさないので間違いです
p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。 >828
> pは奇素数,x,yは有理数としてz-x=p^{1/(p-1)}の場合を検討する
これを省いてx^2+y^2=z^2では式は成り立つ場合があるとウソをつくところに
日高の悪質さがよく表れています
p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。 pが奇素数のときxを有理数とするとzは無理数となることの内容自体は正しくても
pが奇素数のときx^2+y^2=z^2,z-x=p^{1/(p-1)}でも同じ結果になるので
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たないこと
つまりフェルマーの最終定理の証明ではないのです
>>816も同じことでフェルマーの最終定理の証明ではありません
p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>830-833
> p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
何が違うの？
あんたが同じコメントを連投するのは理解していないサインなのだが
x^p+y^p=z^pが有理数解を持たないこと(持つことも同じ)
と
x^p+y^p=z^p,z-xが無理数のときに有理数解を持たないこと
は同値ではない
x^2+y^2=z^2が有理数解を持つこと(持たないことも同じ)
と
x^2+y^2=z^2,z-xが無理数のときに有理数解を持たないこと
は同値ではない
> p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
こんなことを書いてもフェルマーの最終定理と同値でないことを
証明しているだけなので>>834が間違いであることに変わりはない >>830-833
> p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
本来はp=2の場合とpが奇素数の場合で異なることを証明しないといけない
p=2のときx^p+y^p=z^pは有理数解を持つ
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pは有理数解を持たない
よってp=2の場合とpが奇素数の場合で同じ結果が導かれる条件では
フェルマーの最終定理は証明できない
x,yが有理数,z-xが無理数であれば
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
と同じ結果になるので
> p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
を満たさない
よって>>834の証明は間違い >>830-833
> p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
p=2の場合とpが奇素数の場合で同じ結果が導かれる条件では
フェルマーの最終定理は証明できない
z-xが無理数であればp=2の場合とpが奇素数の場合で
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとyが有理数のときxは無理数となる
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとyが有理数のときxは無理数となる
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとxが有理数のときyは無理数となる
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとxが有理数のときyは無理数となる
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとxを有理数とするとzは無理数となる
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとxを有理数とするとzは無理数となる
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが無理数ならば成り立つ場合がある
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが無理数ならば成り立つ場合がある
と同じ結果になり
> p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
を満たさないのでフェルマーの最終定理は証明できない 命題：「日高の証明は循環論法である。」
という指摘に対して、有効な反論は全くされていません。
上記命題により、日高の証明は間違いです。
間違いでないというなら、上記命題が間違いであるということを証明してください。
循環論法であるという指摘は過去大量にされているので、そのいくつかに対してまともな反論が出来れば十分です。 >>809
p=2のとき
r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)
ｘ=5、ｙ=12、ｚ=13とおく。r=z-x=8となる。
a=1のとき、8{(12/8)^2-1}=2*5
r=2になりませんね。ただの式変形ではありません。勝手にｒ=2と決めているだけです。
ｘ、ｙを有理数と勝手に決めて、さらにｒを勝手に決めることはできません。
証明は失敗です。 >>805
あなたは、http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>783で
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数でも、無理数でも、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
> 成り立ちません。
と書いていますから、
> 35^(1/3)は、無理数です。
関係ありませんね。
>>783も>>789もインチキのウソです。 >>806
> (p^{1/(p-1)})/wは、有理数でしょうか？無理数でしょうか？
(p^{1/(p-1)})/wが有理数か無理数かにかかわりなく、必ず
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s､tがどんな数でも、必ず成り立ちます。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは(4)と同じ形なので、(4)はｓ､ｔがどんな数でも必ず成り立ちます。
(4)が成り立たないというなら、成り立たないｓ､ｔ、ｒを書いてください。
>>834の証明は、失敗です。 久しぶりにのぞいてみました。
いやあ，いろいろきついこと言われ続けているせいか【証明】が支離滅裂になってますね。
>【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。x,yは有理数とする。
と前提しているのだから，(１)の左辺式は有理数であり，したがって右辺式 (x+r)^p が無理数にならないことは自明ですが
>(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
>(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
というのは，この右辺が無理数になるとき(これは必ずしも自明ではないが r,r^2,...r^pの1次独立性は認められているものとする)，
x,yを有理数とする(1)式は成り立たない，
というこの自明な事実を述べているだけではありませんか？
x,yが有理数ならば，x^p+y^p=z^p=(x+r)^p は有理数にきまっているので，
ｒ^p は有理数になるように決めておく必要があるはずですが，
そのように r を取っていないので(1)は成り立たない。
したがって，そもそも(3)式はx,yを有理数と定めたときの(1)式たり得ない。
【証明】で述べていることは，ただそれだけでしかなく，ほとんど無内容だと思われます。
日高氏に対しては，細部の式変形をどうこういうよりも，もっと大局的な視点からの誤りを指摘してあげた方がよいのではないでしょうか。 >>808
何をとんちんかんなことを書いているのですか？
>>834に
> (3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
と書いてあります。
「ｘ、ｙが有理数」はあなたが勝手に決めた制限で、
ｘ、ｙが無理数の時、有理数ではないのであなたが勝手に決めた制限の下での解とは言えないが、
(3)が成り立つような無理数で整数比の数x=sw,y=tw,z=uwがあるかもしれません。
勝手にｘ、ｙが有理数と決めることで、x=sw,y=tw,z=uwのとき(3)が成り立つことを否定することはできません。
x=sw,y=tw,z=uwのとき(3)が成り立つなら、(4)も成り立ちます。
>>834の証明は失敗です。 >>809 日高
> rは、勝手に決めてはいません。
> 式変形により、導きました。
ここに，すべての根源があるように思います。
AB=CDならA=C,B=Dと信じているような痕跡があります。
だれかうまく指摘できないでしょうか。 >>844
もう14スレ目ぐらいですから、さすがにそういう話は過ぎたっていうか
ただ正しいことを書いても「わかりません」で彼の中でその指摘がなかったことになりますから
何とか彼に彼が間違っていることを伝えられる方法はないかと試行錯誤してここに至るというか
さすがに>>819は彼が間違いを認めることがないので予想はできても、実際の所少しがっかりしましたが 日高氏を擁護するつもりはありませんが日高氏のp=2の場合は一つの事実を述べています。
x^2+y^2=z^2をみたす自然数の三つ組（ピタゴラス数）があったとすると
一つの適当な有理数をx,y,zにかけることでz-x=2と“規格化”できます。
x^2+y^2=(x+2)^2を展開するとy^2=4x+4となるのでyを2より大きい任意の有理数とするとxが正の有理数となりz=x+2も正の有理数です。
互いに素なピタゴラス数はこのやり方で得られた正の有理数解を（uniqueな）定数倍して得られます。 >>809
式変形で、変形する前に答えだったものが答えでなくなったりすることはありません。
答えが変わったりすることもありません。
p=2のとき、
ｘ=5、ｙ=12、r=8は、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)の解です。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
x=5,y=12,r=8は、(2)の解です。さらに、新たに加えた、0でないすべてのaに対して、x=5,y=12,r=8は、(2)の解です。
もちろんa=1のときも、x=5,y=12,r=8は、(2)の解です。a=√3/2のときも、x=5,y=12,r=8は、(2)の解です。
a=πのときも、x=5,y=12,r=8は、(2)の解です。aがどんな数でも、x=5,y=12,r=8は、(2)の解です。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
x=5,y=12,r=13は、(3)の解ではありません。つまり(2)を(3)にするのは、式変形ではありません。rを勝手に決めただけです。
(2)を(3)にするのは、ｒを勝手に決めただけで、式変形ではありません。
ｘ、ｙを勝手に決めてｒを勝手に決めた>>834の証明は、失敗です。 >>847
最新の【証明】(>>834)からは(>>1)にある
>(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
という表現が抜けています。
これを実現しただけでも大成功ではないでしょうか。
>日高氏
>>834の【証明】に
>(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
>(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
とありますが，そうなる理由は r^(p-1)=p とrを定めたとき，z^pが無理数である，という単純な事実によるのであって，
そこで主張されていることは
(有理数)+(有理数)=(無理数)…(3)は成り立たない。
この式を実数倍しても当然成り立たない…(4)も成り立たない
ということだけです。
(3)と(4)を否定してしまえば【証明】は何か結論を出したわけではなく
rについて r^(p-1)=p と定めることはできないことが確定しただけで，
それにより【証明】は出発点に戻ることになります。 >日高氏
>【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。x,yは有理数とする。
x,yは有理数なのだから(1)の左辺は有理数になります。
この時点で，rを無理数にとることはおかしいと思いませんか？
「！！成り立たないに決まっている！！」
そう思われませんか？？？ もちろん r=w-x (wは無理数，したがってｒも無理数)とおけば r を無理数としても(1)は成り立たせることができます。
でもそれでは 右辺からxが消えてしまいますし，x^p+y^p=w^p…(1)となるだけです。
そもそも，x,yが有理数の場合に，zが無理数であってよいならx^p+y^p=z^pが成り立ちうることは自明です。
「x,yは有理数とする」としつつ「r^(p-1)=p」と置くことに意味はないと思われませんか？ >836
>>815
皮肉が通じないようだな。
どういう意味でしょうか？ >837
x^p+y^p=z^pが有理数解を持たないこと(持つことも同じ)
と
x^p+y^p=z^p,z-xが無理数のときに有理数解を持たないこと
は同値ではない
よく、理解でないので、例を挙げていただけないでしょうか。 >838
x,yが有理数,z-xが無理数であれば
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
と同じ結果になるので
「x,yが有理数,z-xが無理数であれば」を、
「x,yが有理数,z-xが有理数であれば」に換えた場合は、どうなるでしょうか？ >839
z-xが無理数であればp=2の場合とpが奇素数の場合で
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
「x,yが有理数,z-xが無理数であれば」を、
「x,yが有理数,z-xが有理数であれば」に換えた場合は、どうなるでしょうか？ >840
命題：「日高の証明は循環論法である。」
という指摘に対して、有効な反論は全くされていません。
【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
この文章のどの部分が、該当するかを、教えていただけないでしようか。 >841
r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)
ｘ=5、ｙ=12、ｚ=13とおく。r=z-x=8となる。
a=1のとき、8{(12/8)^2-1}=2*5
8=a2なので、a=4となります。
x^2+y^2=(x+8)^2…(4)
5^2+12^2=(5+8)^2
となります。 >>854
p=2のときとpが奇素数のときに共通することだけれども
x^2+y^2=z^2,x^p+y^p=z^pが有理数解をもつならば
z=x+(z-x)なので(z-x)で割った解を考えれば
x^2+y^2=(x+1)^2,x^p+y^p=(x+1)^pも必ず有理数解をもつ
z-x=1のときの有理数解を(s,t,u)とすれば
z-xが無理数の時は(s,t,u)の無理数倍を考えることになるので
x,y,zは必ず無理数になる
例はp=2のときは自分で考えられるでしょ >842
> 35^(1/3)は、無理数です。
関係ありませんね。
どういう意味でしょうか？ >>855-856
> 「x,yが有理数,z-xが有理数であれば」に換えた場合は、どうなるでしょうか？
z-xが有理数であれば
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが有理数ならば成り立つ可能性がある
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが有理数ならば成り立つ可能性がある
実際に成り立つかどうかは別に証明が必要であり
pが奇素数のときはフェルマーの最終定理の証明をすることが必要になる >843
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは(4)と同じ形なので、(4)はｓ､ｔがどんな数でも必ず成り立ちます。
(4)が成り立たないというなら、成り立たないｓ､ｔ、ｒを書いてください。
p=3の場合
s=2、t=3、r=1 >>861
> 実際に成り立つかどうかは別に証明が必要であり
これに補足をしておくと
直接的にやるのならばz-x=1としてyに適当な有理数を代入してから
xについての(p-1)次方程式を解いてその解xが有理数であるかを
確認することになる
p=2であれば(p-1)次方程式は1次方程式だから解xが有理数であるかはすぐに分かる
>>835
> yが有理数のとき、xは有理数となるので
この部分のこと
一方でpが奇素数のときの証明ではxについての(p-1)次方程式を
解いていないから元々p=2の時よりも解についての情報が少ないので
日高の証明法ではp=2のときとpが奇素数のときとで整合性はない
特に致命的なのはp=2の時よりも解についての情報が少ないこと >844
【証明】で述べていることは，ただそれだけでしかなく，ほとんど無内容だと思われます。
日高氏に対しては，細部の式変形をどうこういうよりも，もっと大局的な視点からの誤りを指摘してあげた方がよいのではないでしょうか。
大局的な視点からの誤りを指摘していただけないでしょうか。 そもそも日高氏に数学の理解が無いのでどうしようもない
どんなにスレを続けても全く価値がない >845
「ｘ、ｙが有理数」はあなたが勝手に決めた制限で、
ｘ、ｙが無理数の時、有理数ではないのであなたが勝手に決めた制限の下での解とは言えないが、
(3)が成り立つような無理数で整数比の数x=sw,y=tw,z=uwがあるかもしれません。
勝手にｘ、ｙが有理数と決めることで、x=sw,y=tw,z=uwのとき(3)が成り立つことを否定することはできません。
(3)が成り立つような無理数で整数比の数x=sw,y=tw,z=uwがあるならば、
その解をw^pで割った、
x=s,y=t,z=uもあります。 >846
AB=CDならA=C,B=Dと信じているような痕跡があります。
だれかうまく指摘できないでしょうか。
正確にいえば、AB=aCD(1/a)ならば、A=aCのとき、B=D(1/a)となる。
です。 >847
ただ正しいことを書いても「わかりません」で彼の中でその指摘がなかったことになりますから
どの部分のことでしょうか？ >848
x^2+y^2=(x+2)^2を展開するとy^2=4x+4となるのでyを2より大きい任意の有理数とするとxが正の有理数となりz=x+2も正の有理数です。
yは2より大きい任意の有理数では、なくても、任意の有理数でよいです。
y=0、x=-1 >849
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
x=5,y=12,r=13は、(3)の解ではありません。つまり(2)を(3)にするのは、式変形ではありません。rを勝手に決めただけです。
rを勝手に決めたわけでは、ありません。
a=1とすると、r=2となります。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 pが奇素数のときと、p=2のときの対比が美しいね。（ >850
(3)と(4)を否定してしまえば【証明】は何か結論を出したわけではなく
rについて r^(p-1)=p と定めることはできないことが確定しただけで，
それにより【証明】は出発点に戻ることになります。
r^(p-1)=p と定めた場合、x,yは、共には、有理数となりません。
r^(p-1)=p 以外と定めた場合も、x,yは、共には、有理数となりません。 >851
x,yは有理数なのだから(1)の左辺は有理数になります。
この時点で，rを無理数にとることはおかしいと思いませんか？
a=1とすると、rは無理数となります。 >>1氏にとって r:無理数 は、
そう「置いた」ものではなく、
日高の定理により「導かれた」ものだからなあ。 >852
「x,yは有理数とする」としつつ「r^(p-1)=p」と置くことに意味はないと思われませんか？
「r^(p-1)=p」と、勝手に置いたわけではありません。
a=1とすると、「r^(p-1)=p」と、なります。 >859
x^2+y^2=(x+1)^2,x^p+y^p=(x+1)^pも必ず有理数解をもつ
pが奇素数のとき、
x^p+y^p=(x+1)^pは、有理数解をもちません。 >>857
どこが循環論法になっていないという反論なのでしょうか。
循環論法になっていないというコメントに対して、その間違いを具体的に指摘して下さい。
それが出来なければ、循環論法決定です。 >861
z-xが有理数であれば
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが有理数ならば成り立つ可能性がある
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが有理数ならば成り立つ可能性がある
実際に成り立つかどうかは別に証明が必要であり
pが奇素数のときはフェルマーの最終定理の証明をすることが必要になる
871で証明しています。 >863
一方でpが奇素数のときの証明ではxについての(p-1)次方程式を
解いていないから元々p=2の時よりも解についての情報が少ないので
日高の証明法ではp=2のときとpが奇素数のときとで整合性はない
特に致命的なのはp=2の時よりも解についての情報が少ないこと
871で証明しています。 >865
そもそも日高氏に数学の理解が無いのでどうしようもない
どの部分のことでしょうか？ 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >873
pが奇素数のときと、p=2のときの対比が美しいね。
無理数と有理数の対比となります。 >876
>>1氏にとって r:無理数 は、
そう「置いた」ものではなく、
日高の定理により「導かれた」ものだからなあ。
はい。 >879
循環論法になっていないというコメントに対して、その間違いを具体的に指摘して下さい。
それが出来なければ、循環論法決定です。
循環論法になっている部分を、指摘してください。 >>887
> >879
> 循環論法になっていないというコメントに対して、その間違いを具体的に指摘して下さい。
>
> それが出来なければ、循環論法決定です。
>
> 循環論法になっている部分を、指摘してください。
具体的に過去たくさん指摘されてます。
指摘の間違いを指摘して下さい。 相手の間違いを指摘せずに、ただ自己主張をくり返すというのは、ごまかしですね。
循環論法決定ですね。 >888
具体的に過去たくさん指摘されてます。
たくさんの内どれかを、言ってください。 >889
相手の間違いを指摘せずに、ただ自己主張をくり返すというのは、ごまかしですね。
循環論法決定ですね。
間違い箇所を、言ってください。 >>891
ごまかしですか？
循環論法だという指摘の間違いの箇所を言って下さい。 >>890
本来、全てについてやらなければいけません。
まずは自分が出来るところから選んで下さい! >>874
何いってんですか。
x,yは有理数というのはあなたが【証明】の1行目で定めた大前提でしょう。
>x,yはともには有理数になりません
というのは最初からわかっていることですから，r^(p-1)=pとおくと
「x,yがともには有理数にならない」という結論が導かれてしまうのならば，それは
r^(p-1)=p と定めることができないということです。
大前提に反する結論が導かれるのならば，その結論を導いた小前提 r^(p-1)=pが誤りであり，
その大前提のもとでは r^(p-1)=p とは置けないことが確定します。
即ち r^(p-1)=p を活かしたいならば，大前提の段階で「x,yは有理数」とはなしえないことになり，
それにもかかわらず「x,yは有理数」と定めるならば，【証明】の出発点から迷いの森にさまよい込んでいることになります。
これが指摘して欲しいと >>864 であなたが言った，大局的な視点からの誤りであり，
数学的な論証の進め方自体に関する誤り，というか無理解を端的に示している証拠です。 >894
これが指摘して欲しいと >>864 であなたが言った，大局的な視点からの誤りであり，
数学的な論証の進め方自体に関する誤り，というか無理解を端的に示している証拠です。
よく、理解できません。 >893
本来、全てについてやらなければいけません。
まずは自分が出来るところから選んで下さい!
よく、理解できません。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>896
> よく、理解できません。
だったら、数学を学びなさい。わかるようになります。 >894
「x,yがともには有理数にならない」という結論が導かれてしまうのならば，それは
r^(p-1)=p と定めることができないということです。
(4)の場合は、rは、有理数となりえます。
この場合も、「x,yがともには有理数にならない」という結論が導かれます。 >899
だったら、数学を学びなさい。わかるようになります。
数学を学んだとしても、ワイルズの証明は、理解できないと思います。 >>901
ワイルズの証明は理解するのは難しいけど、日高の証明が間違いだと理解するのは少し勉強すればできるから頑張ろう！ >>900
>(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
あなたもこの結論を得ているではありませんか。
x,yは有理数とするとき，r^(p-1)=p とおいた(3)式は成立しません。
したがって，(3)式そのものが不成立であり，存在し得ない(3)式の解は考えても無意味です。
(3)式は成立しうるが，これを満たす解がないというのとは違います。
当然，存在しえない(3)式の解のa^{1/(p-1)}倍である(4)の解などを考えて証明を進めることはできません。
何もないところから，何かが生じるのはおかしいでしょ。 >903
何もないところから，何かが生じるのはおかしいでしょ。
よく、意味が理解できません。 >>904
x,yを有理数とする。
2x+y=x+√２…(1)とおく
x,yが有理数ならば，そもそも前提条件から(1)は成り立たないことが明らかであり，
成り立たない(1)の解x,yを考えて別の何らかの式に当てはめて，
何らかの結論を引き出すことはできない，ということです。 >905
x,yを有理数とする。
2x+y=x+√２…(1)とおく
x,yが有理数ならば，そもそも前提条件から(1)は成り立たないことが明らかであり，
成り立たない(1)の解x,yを考えて別の何らかの式に当てはめて，
何らかの結論を引き出すことはできない，ということです。
2x+y=x+√２…(1)この式は、適当に決めた式です。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)は、
x^p+y^p=(x+r)^pより、導きました。 どうやって導くのかやってみて下さい
r=p^{1/(p-1)}というのは適当に決めた式なのではありませんか。
r=p^{1/(p-2)}とかでは駄目なんですか。
r=e とか r=π では駄目なんですか。
r=p^{1/(p-1)}でなければならない理由が必要です。
遅まきながら，お久しぶりですのご挨拶をしておきます。
r=eにしましょうと以前書き込んだのは私ですw >907
どうやって導くのかやってみて下さい
r=p^{1/(p-1)}というのは適当に決めた式なのではありませんか。
r=p^{1/(p-2)}とかでは駄目なんですか。
r=e とか r=π では駄目なんですか。
r=p^{1/(p-1)}でなければならない理由が必要です。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
これを、左辺の左＝右辺の左として導きました。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 いやいや，脇道にそれてはいけませんね。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
が適当に決めた式であるかどうかは問題ではありません。
問題なのはx,yがともに有理数のとき(3)は成り立たないので，その解を考えても無意味である，ということです。
存在しない解の a^{1/(p-1)} 倍って何ですか。
それに a は1以外だったら何でもいいならば，
>(4)も成り立たない
というのは困りませんか。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
は x^p+y^p=Z^p (Zは実数)と置けそうですが
その場合，Zは無理数になってもよいので(4)が成立しうることは自明だと思われます。
【証明】は支離滅裂になっていませんか？ >911
>(4)も成り立たない
というのは困りませんか。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
「困りませんか。」とは、どういう意味でしょうか？
x,yを有理数とすると、(4)も成り立ちません。 >>912
a≠1，a≠0以外何の限定もない実数ですから
Z=x+(ap)^{1/(p-1)}
Z-x=(ap)^{1/(p-1)}
(Z-x)^(p-1)=ap
a=1/p*{(Z-x)^(p-1)}
より
a=1/p*{(Z-x)^(p-1)}
Z=(x^p+y^p)^{1/p}
と置けば (4)を変形して x^p+y^p=Z^p…(4a) が成り立ちます。
x,yを有理数としても，Zが無理数でもよいわけですから(4a)の成立に問題はありません
>「困りませんか。」とは、どういう意味でしょうか？
とは，明らかに成立する場合がある(4a)式の説明はどうするんですか？という意味です。
それと，存在しない解の a^{1/(p-1)} 倍って何ですか，という質問にもお答えいただけると幸いです。 >>909
> 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
このことからわかるのは
「x=有理数,y=有理数,z=x+p^{1/(p-1)} という形の x^p+y^p=z^p の解が存在しない」
です
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
もしかして
「x=有理数,y=有理数,z=x+p^{1/(p-1)} という形のx^p+y^p=z^p の解が存在しない」と
「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」
から
「x=有理数,y=有理数,z=x+(ap)^{1/(p-1)} という形のx^p+y^p=z^p の解が存在しない」
が成立するとお考えなのでしょうか？
実際には
「x=有理数×a^{1/(p-1),y=有理数×a^{1/(p-1),z=x+(ap)^{1/(p-1)} という形のx^p+y^p=z^p の解が存在しない」
しか成立しません
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 ああ，書き忘れてました
>x,yを有理数とすると、(4)も成り立ちません。
とする根拠は何ですか。
(3)式が不存在なのだから(3)式は根拠に持ち出せません。
直感ですか，何か受信しましたか。 > 871で証明しています。
あんたが同じコメントを連投するのは理解していないサインなのだが
>>880
> z-xが有理数であれば
> x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが有理数ならば成り立つ可能性がある
> x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが有理数ならば成り立つ可能性がある
> 実際に成り立つかどうかは別に証明が必要
>
> 871で証明しています。
証明していません
上は
> 「x,yが有理数,z-xが有理数であれば」に換えた場合
>>871 =909では
「x,yが有理数,z-xが無理数であれば」のことしか書いてありません
>>881
> xについての(p-1)次方程式を
> 解いていないから
>
> 871で証明しています。
証明していますという答え自体がおかしい
xについての(p-1)次方程式を解いていないことには変わりない >>878
今回のことに限らずあなたは前提を省く悪癖があります
> x^2+y^2=z^2,x^p+y^p=z^pが有理数解をもつならば
> z=x+(z-x)なので(z-x)で割った解を考えれば
> x^2+y^2=(x+1)^2,x^p+y^p=(x+1)^pも必ず有理数解をもつ
> 878日高2020/09/29(火) 10:09:00.29ID:h1D0SP73
> >859
> x^2+y^2=(x+1)^2,x^p+y^p=(x+1)^pも必ず有理数解をもつ
> pが奇素数のとき、
> x^p+y^p=(x+1)^pは、有理数解をもちません。
あなたはpが奇素数のときx^p+y^p=(x+1)^pが有理数解を持たないことを
証明できていません >>907にもお答えいただいてましたね。
>(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
>
>これを、左辺の左＝右辺の左として導きました。
左辺の r^(p-1){(y/r)^p-1} はr^(p-1){(y/r)^(p-1)}だと思うんですが
これは r^(p-2){(y/r)^(p-2)} でもかまわないんでしょ。
私には r^(p-1){(y/r)^(p-1)}でなければならない必然性が見えませんが・・・
必然性がないのならば，やはり p^{1/(p-1)}というのは適当に決めた式なのではありませんか。
p乗しても有理数にならなければ，rは何でもいいのではありませんか。
「適当に決めた」の解釈になり，無意味な論争をしたくないのでこれにはお答えいただかなくて結構です。
問題になるのは，x，yが有理数ならば(3)式は成立しない，ということなので・・・・ >>918
すみません
918は取り消します。左辺の r^(p-1){(y/r)^p-1} はr^(p-1){(y/r)^(p-1)}ではないですね。
「錯覚いけないよく見るよろし」です。 >>896
理解できないといってごまかすわけですね。
反論がないので、全ての指摘は間違いではなく、日高の証明は循環論法であることが決まりました。
なので証明は間違いのゴミクズです。 >>908 日高
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
>
> これを、左辺の左＝右辺の左として導きました。
この「左辺の左＝右辺の左」って、どんな教科書に載っていたのですか？ >913
a=1/p*{(Z-x)^(p-1)}
Z=(x^p+y^p)^{1/p}
と置けば (4)を変形して x^p+y^p=Z^p…(4a) が成り立ちます。
すみません。よくわからないので、もう少し詳しく説明していただけないでしょうか。 >>909
> (3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
結局この部分は変更されていない
> 812日高2020/09/28(月) 10:45:40.99ID:HWOGA3/K
> >803
> x^2+y^2=(x+√3)^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
> x^2+y^2=z^2は自然数解を持つことから
> >>796の証明は間違いであることが分かる
>
> p=2なので、x,yが無理数の場合、成り立ちます。
pが奇素数の場合もx,yが無理数の場合は同じです
z-xが無理数であればp=2の場合とpが奇素数の場合で
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが無理数ならば成り立つ場合がある
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが無理数ならば成り立つ場合がある >>923の続き
>>909
> (3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
結局この部分は変更されていない
> 812日高2020/09/28(月) 10:45:40.99ID:HWOGA3/K
> >803
> x^2+y^2=(x+√3)^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
> x^2+y^2=z^2は自然数解を持つことから
> >>796の証明は間違いであることが分かる
>
> p=2なので、x,yが無理数の場合、成り立ちます。
>
> 827１３２人目の素数さん2020/09/28(月) 18:55:36.96ID:28TIqbb1
> >>812
> > p=2なので、x,yが無理数の場合、成り立ちます。
> 同様に
> pが奇素数の場合でもx,yが無理数の場合は成り立つ可能性があります
> だから>>816の証明は間違いです
> 成り立つ場合として「x,yが無理数の場合」を新たに持ち出すということは
> 証明で検討した解は全ての解ではなくて漏れがあるということです
>
> 830日高2020/09/28(月) 19:52:16.49ID:HWOGA3/K
> >827
> 成り立つ場合として「x,yが無理数の場合」を新たに持ち出すということは
> 証明で検討した解は全ての解ではなくて漏れがあるということです
>
> p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
p=2の場合とpが奇素数の場合は違います
というのはフェルマーの最終定理の証明により言えることなので
証明の途中では使えません
> > p=2なので、x,yが無理数の場合、成り立ちます。
> 同様に
> pが奇素数の場合でもx,yが無理数の場合は成り立つ可能性があります
よってこのことはあんたの証明では否定できません >>922
フェルマーの最終定理に関連して
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
という式が与えられた場合，一般にx,yについて，x>0,y>0の実数としてよいことを前提にすると，
aはa>0の実数と考えてよく，その場合 z-x=(ap)^{1/(p-1)}とおくと
aの値によってzとxの隔たりを自由に設定できるため，
z=x+(ap)^{1/(p-1)}は任意の正の実数(z>x)と考えてよいということになる。
zが任意の正の実数値をとりうるならば，(4)は，
x^p+y^p=z^p (x,yは有理数，zは実数)…(4a)
と置ける，というか(4a)そのものであることになる。
(4a)は z=(x^p+y^p)^(1/p) という解をもつ。
したがって(4a)が解をもつのだから，書き換えただけの(4)も解をもつ。
(4)が解をもちうるので，
>(4)も成り立たない，という結論は「誤り」となる。
つまりaが任意の値をとりうる，とすると(4)式は(4a)式そのものとなるから，
(4)が解をもたないはずがない，ということです。 >>858
p=2のとき、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)で、a=1,x=5,y=12,r=8は(2)の解です。
a=1,x=5,y=12,r=8を(2)に代入すれば成り立ちます。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)で、a=1,x=5,y=12は(4)の解ではありません。
a=1,x=5,y=12,r=8を(4)に代入しても成り立ちません。
式変形で、解だったものが解でなくなることは絶対にありません。
(2)を(4)にするのは式変形ではなくインチキなので、>>909の証明は間違っています。 >>860
あなたは、http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>783で
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数でも、無理数でも、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは成り立ちません。
と書きました。つまり(p^{1/(p-1)})/wが有理数でも無理数でも「どちらでも関係なく」
とにかくs^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは成り立ちません。
という意味ですよね。
しかし、あなたの指定したs=2,t=3,p=3のとき
2^3+3^3=(2+(√3)/((√3)/(2^3+3^3)^(1/3)-2))^3
=(2+35^(1/3)-2)^3
=(35^(1/3))^3
=35
(p^{1/(p-1)})/wが無理数で、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは成り立っています。
>>783はインチキのウソです。 >>862
ああ失礼しました、間違えました、ごめんなさい。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、2つの式のどこにもｒなんて出てこないのにｓ、ｔ、ｒを上げろだなんて。
ｓ､ｔ、ｐの間違いでした。
私がしたかった正しい質問は、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは(4)と同じ形なので、(4)はｓ､ｔがどんな数でも必ず成り立ちます。
(4)が成り立たないというなら、成り立たないｓ､ｔ、ｐを書いてください。
でした。成り立たないｓ､ｔ、ｐを書いてください。 >>862
しかしあなたも人が悪いですね
r^(p-1)=pのとき、ｒとｐを両方勝手に決めることはできないのに、ｐ=3、ｒ=1と両方勝手に決めてしまったら、成り立つものも成り立たたなくなります。 >>866
その通りです。
あなたは探していませんが、x=sw,y=tw,z=uwがx^p+y^p=z^pを満たすなら無理数で整数比の(3)の解です。
そのときx^p+y^p=z^pの両辺をw^pで割った(x/w)^p+(y/w)^p=(z/w)^pは、式変形なので当然
同じ答えであるx=sw,y=tw,z=uwを代入したら成り立ちます。ただの式変形ですから。
(x/w)^p+(y/w)^p=(z/w)^pにx=sw,y=tw,z=uwを代入します。これは式変形ではありません。
x^p+y^p=z^pのx､y､zは何でもよかったのに、sw,tw,uwは必ず無理数ですから。
(sw/w)^p+(tw/w)^p=(uw/w)^p
これは式変形ではありませんが、(x/w)^p+(y/w)^p=(z/w)^pにx=sw,y=tw,z=uwを代入したら成り立つことを確認しているので、
成り立ちます。
整理して
s^p+t^p=u^p
これはx^p+y^p=z^pと使ってる文字が違うだけで全く同じ形であり、s,t,uは有理数です。
x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数が見つかったので、>>909の証明は失敗です。 >>870
r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)
a=1のとき、x=5,y=12,r=8は(2)の解です。r=2となりません。
a=1のとき、x=7,y=24,r=18は(2)の解です。r=2となりません。
a=1のとき、x=20,y=21,r=9は(2)の解です。r=2となりません。
a=1のとき、x=9,y=40,r=32は(2)の解です。r=2となりません。
a=1のときr=2とならない(2)の解はいくらでもあります。
> a=1とすると、r=2となります。
はインチキのウソです。
rを勝手に決めた>>909の証明は、失敗です。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数、p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >913
それと，存在しない解の それと，存在しない解の a^{1/(p-1)} 倍って何ですか，という質問にもお答えいただけると幸いです。って何ですか，という質問にもお答えいただけると幸いです。
x,yが有理数のとき、成り立たない式の、x,yのa^{1/(p-1)} 倍という意味です。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 毎度表現がちょろっと違うだけで本質的に何も変わってねーだろ😠
いい加減にしろよ
チャート式でもやってろ >921
この「左辺の左＝右辺の左」って、どんな教科書に載っていたのですか？
教科書には、載っていません。 >928
成り立たないｓ､ｔ、ｐを書いてください。
s=1、t=2、p=3 >944
毎度表現がちょろっと違うだけで本質的に何も変わってねーだろ😠
933を見て下さい。
「解」という言葉がありません。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数、p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>955
> >944
> 毎度表現がちょろっと違うだけで本質的に何も変わってねーだろ😠
>
> 933を見て下さい。
> 「解」という言葉がありません。
「(3)の解 x,y,z=x+p^{1/(p-1)}」
と
「(4)の解 x,y,z=x+(ap)^{1/(p-1)}」
の間に
「後者が前者のa^{1/(p-1)}倍で表せる」
という関係があるのであって、
変数そのものに対して「a^{1/(p-1)}倍」という表現はおかしいですね
「解」という言葉を使っていないのは確かですが、
使っていないだけで意味するところはまったく変わっていないのでしょう >958
「解」という言葉を使っていないのは確かですが、
使っていないだけで意味するところはまったく変わっていないのでしょう
意味するところは、同じです。 >>959
> >958
> 「解」という言葉を使っていないのは確かですが、
> 使っていないだけで意味するところはまったく変わっていないのでしょう
>
> 意味するところは、同じです。
でしたら、指摘される内容もかわりませんね >960
でしたら、指摘される内容もかわりませんね
変わるかも、しれません。 >>943
> 933を見て下さい。
見ましたが、指摘の間違いは全く書かれてません。
なので、ごまかしですね。
具体的に、何番の指摘のどこが間違っているのか、根拠と共に書いて下さい。
書けないなら、循環論法のゴミクズ決定です。 >962
>具体的に、何番の指摘のどこが間違っているのか、根拠と共に書いて下さい。
>書けないなら、循環論法のゴミクズ決定です。
指摘の内容が、わからないと、書きようが、ありません。 >>848
> 互いに素なピタゴラス数はこのやり方で得られた正の有理数解を（uniqueな）定数倍して得られます。
この部分が示されているようには見えないのですが。
しかし、日高は、全てのピタゴラス数が得られると言い切ってますね。 >>865
> そもそも日高氏に数学の理解が無いのでどうしようもない
>
> どんなにスレを続けても全く価値がない
日高が他の掲示板に書き込んだり数学者にメールしないですむ程度の価値。 >>963
過去に大量の指摘があるから、その全てについて反論するべきだけど、まずは自分でいくつか選んで反論しろって言ってるじゃん。 >964
しかし、日高は、全てのピタゴラス数が得られると言い切ってますね。
はい。 >965
> そもそも日高氏に数学の理解が無いのでどうしようもない
どの部分のことでしょうか？ >966
過去に大量の指摘があるから、その全てについて反論するべきだけど、まずは自分でいくつか選んで反論しろって言ってるじゃん。
反論していない部分を指摘していただけないでしょうか。 >967
すごく具体的な指摘がたくさんあったよ。
反論していない部分を指摘して下さい。 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数、p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴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、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 新しく書き直すたびに「○○を見て下さい」ってレスしてるけど、まさかこれを反論とは言わないよね？
「表現を変えたから前の指摘はあたらない」というのなら、あなたが「この指摘に対してはここをこう変えたから、もうその指摘はあたらない」と書かなければ、指摘に反論したとは言えない >974
新しく書き直すたびに「○○を見て下さい」ってレスしてるけど、まさかこれを反論とは言わないよね？
反論とは、言いません。 > 933を見て下さい。
[採点]
ひだか 0てん
[寸評]
ひどすぎ まるでやるきなし
>>972 =933
> (3)の右辺を展開すると、x,yが有理数、p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は成り立たない
p=3のときx,yが有理数,z-x=√3が無理数だと(x,y,z)=(x,y,x+√3)
たとえばx=1,y=2とすれば(1,2,1+√3),x=2,y=1とすれば(2,1,2+√3)
これらを代入してもx^3+y^3=(x+√3)^3…(3)を満たさないが自然数解を
代入していないのでx^p+y^p=z^pが自然数解を持たないこととは全く何の関係もない
自然数解はx,yが自然数でz-xが自然数である
(1,2,3)がx^3+y^3=z^3を満たさないことをz-xを用いて言い換えると
z-x=2でx=1,y=2とすればx^3+y^3=(x+2)^3を満たさない
(2,1,3)がx^3+y^3=z^3を満たさないことをz-xを用いて言い換えると
z-x=1でx=2,y=1とすればx^3+y^3=(x+1)^3を満たさない
p=2でも同様で自然数解はx,yが自然数でz-xが自然数である
(1,2,3)がx^2+y^2=z^2を満たさないことをz-xを用いて言い換えると
z-x=2でx=1,y=2とすればx^2+y^2=(x+2)^2を満たさない
(2,1,3)がx^2+y^2=z^2を満たさないことをz-xを用いて言い換えると
z-x=1でx=2,y=1とすればx^2+y^2=(x+1)^2を満たさない >976
たとえばx=1,y=2とすれば(1,2,1+√3),x=2,y=1とすれば(2,1,2+√3)
これらを代入してもx^3+y^3=(x+√3)^3…(3)を満たさないが自然数解を
代入していないのでx^p+y^p=z^pが自然数解を持たないこととは全く何の関係もない
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数、p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は成り立たない。
有理数x,yを代入しています。 >>977
> 有理数x,yを代入しています
> x,yが有理数、p^{1/(p-1)}が無理数なので
言えるのは代入して式が成り立たない解をx^p+y^p=z^pが持たないことだけです
x,yが有理数,z=x+p^{1/(p-1)}(これはxが有理数でp^{1/(p-1)}が無理数だから無理数)
である(x,y,z)を代入してx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが成り立たないことは
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たないこととは無関係 >978
x,yが有理数,z=x+p^{1/(p-1)}(これはxが有理数でp^{1/(p-1)}が無理数だから無理数)
である(x,y,z)を代入してx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが成り立たないことは
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たないこととは無関係
どうしてでしょうか？ >>971
> 反論していない部分を指摘して下さい。
循環論法であるという指摘に対して、誤魔化しや言い訳でないような反論は一つもなかったですね。
なので、全てが反論してない部分です。
むしろ客観的に認められた反論があったのなら、それを教えて欲しいですね。 要するに、循環論法であるという指摘に対して、まともな反論は出来ないということですね。
つまり、循環論法だという指摘は正しかったということですね。
なので、証明は間違いです。 >980
循環論法であるという指摘に対して、誤魔化しや言い訳でないような反論は一つもなかったですね。
循環論法であるという指摘は、何番でしょうか？
何番に、答えれば、よいのでしょうか？ 一つぐらい具体例を。
683の指摘に対して、
690で反論したつもりになっているのかもしれませんが、683の間違いは一か所も指摘されていません。
なので、683は正しく、証明は循環論法です。 >>982
> >980
> 循環論法であるという指摘に対して、誤魔化しや言い訳でないような反論は一つもなかったですね。
>
> 循環論法であるという指摘は、何番でしょうか？
全てと書いたし、自分で選べとも書いたし。
日本語読めませんか。 他には、
例えば、
>609
に対して、
624 名前：日高[] 投稿日：2020/09/25(金) 07:07:48.48 ID:g6cbAzx7 [7/32]
>609
616を見てください。
とだけ書いていますね。反論してません。
なので、609は正しく、循環論法であることが決定です。 >983
683は正しく、証明は循環論法です。
すみませんが、683の全文を書いてもらえないでしょうか？ 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。x,yは有理数とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数、p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>986
> >983
> 683は正しく、証明は循環論法です。
>
> すみませんが、683の全文を書いてもらえないでしょうか？
嫌ですね。
せっかく他人が詳しく書いてくれた指摘を、自分でも確認できないような状態にして放置しているということですか？
最低ですね。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >988
せっかく他人が詳しく書いてくれた指摘を、自分でも確認できないような状態にして放置しているということですか？
最低ですね。
申し訳ございません >>990
> >988
> せっかく他人が詳しく書いてくれた指摘を、自分でも確認できないような状態にして放置しているということですか？
> 最低ですね。
>
> 申し訳ございません
反論できないので、指摘は正しいということですね。 >>945 日高
> >921
> この「左辺の左＝右辺の左」って、どんな教科書に載っていたのですか？
>
> 教科書には、載っていません。
では、使う前に証明してください。 >>990
他人がしてくれた指摘に対して、たいして読まず、検討せず、考えもせず、後から見直し出来るようにもせず、
624 名前：日高[] 投稿日：2020/09/25(金) 07:07:48.48 ID:g6cbAzx7 [7/32]
>609
616を見てください。
と書いて誤魔化しているということですね。 >991
反論できないので、指摘は正しいということですね。
多分、正しくないと思います。
（指摘が、不明ですので） >>964
> >>848
> > 互いに素なピタゴラス数はこのやり方で得られた正の有理数解を（uniqueな）定数倍して得られます。
> この部分が示されているようには見えないのですが。
> しかし、日高は、全てのピタゴラス数が得られると言い切ってますね。
X^2+Y^2=Z^2をみたす(X,Y,Z)で互いに素なものが与えられたとする。
有理数kが存在してx=X/k,y=Y/k,z=Z/kとおくとz-x=2をみたす。
x^2+y^2=(x+2)^2だからy^2=4x+4。
逆にyを2より大きい任意の有理数としy^2=4x+4で正の有理数xを決める。
z=x+2とおく。ある有理数kが存在して(kx,ky,kz)は互いに素な自然数。
これで(X,Y,Z)が復元されるのでは。 >993
624 名前：日高[] 投稿日：2020/09/25(金) 07:07:48.48 ID:g6cbAzx7 [7/32]
>609
616を見てください。
と書いて誤魔化しているということですね。
循環論法を指摘した部分を、表示してください。 >>994
> 多分、正しくないと思います。
私は正しいと思います。
なので、反論してください。 >>996
> >993
> 624 名前：日高[] 投稿日：2020/09/25(金) 07:07:48.48 ID:g6cbAzx7 [7/32]
> >609
> 616を見てください。
>
> と書いて誤魔化しているということですね。
>
> 循環論法を指摘した部分を、表示してください。
言い訳無用。
誤魔化した事実は変わりません。 >997
私は正しいと思います。
なので、反論してください。
何に対して反論すれば、よいのでしょうか？ >>999
> >997
> 私は正しいと思います。
> なので、反論してください。
>
> 何に対して反論すれば、よいのでしょうか？
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