因数分解による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x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、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)のx,yに有理数を代入しても、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x,y,zを持たない。
(参考)
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')とする。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、
(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>1
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
成り立たないことを調べたのはｘが有理数、ｙが有理数、ｒが無理数の場合のみ
xが無理数、ｙが無理数、ｒが無理数の場合は調べていない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
成り立たないことが分かるのはｘが有理数のa^{1/(p-1)}倍、ｙが有理数のa^{1/(p-1)}倍、ｒが無理数のa^{1/(p-1)}倍の時のみ
有理数のa^{1/(p-1)}倍が有理数になる時、無理数のa^{1/(p-1)}倍は有理数にならないので
(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は調べていない
よって証明は失敗です。 >>3補足
もちろん文章は前から読むものです
証明も文章ですから
そして証明とは、証拠を書く文章です
> 【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。
> (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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ここまでに証拠がないので、
> (4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。
は言えません。 前スレの最後
> 「(4)に有理数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に有理数を入れても成り立たない」です。
これが成り立つのはa^{1/(p-1)}が有理数の場合だけだからアウト >3
xが無理数、ｙが無理数、ｒが無理数の場合は調べていない。
(参考)を見てください。
>有理数のa^{1/(p-1)}倍が有理数になる時、無理数のa^{1/(p-1)}倍は有理数にならないので
(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は調べていない
(3)が成り立たないので、(4)も成り立ちません。 >>6
(参考)は 「(4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。」を証拠として使っていますから、
> 【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。
> (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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、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)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。
もし、本文に(参考)を入れて書くとすれば、この後になります。
>>3のはなしはすべてここまでに書いてあることについてなので、(参考)の内容は関係ありません。
(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は調べていない
よって証明は失敗です。 >4
ここまでに証拠がないので、
「(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」
は、証拠にならないのでしょうか？ >5
> 「(4)に有理数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に有理数を入れても成り立たない」です。
これが成り立つのはa^{1/(p-1)}が有理数の場合だけだからアウト
a^{1/(p-1)}が無理数でも、成り立ちます。（言えます） >>6
ちなみに、「証明の中で使う証拠の証明」は「補題」といいます。
(参考)はあってもなくても証明に関係ない文章のことです。 >7
(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は調べていない
(参考)で、xが無理数、ｙ無理数、ｒが無理数の場合は調べています。
x,yが無理数であっても、有理数であっても、結果は同じとなります。 >10
ちなみに、「証明の中で使う証拠の証明」は「補題」といいます。
(参考)はあってもなくても証明に関係ない文章のことです。
(参考)を、補題に読み替えて、下さい。 (修正1)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、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)のx,yに有理数を代入しても、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x,y,zを持たない。
(補題)
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')とする。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、
(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。 >>13
本文に、どこにも補題を証拠に使っていると書いていないので、補題を書くのは無駄です。
本文だけでは、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。は言えないので、
証明は、失敗です。 >14
本文だけでは、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。は言えないので
どうしてでしょうか？ >>15
> 【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。
> (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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
成り立たないことを調べたのはｘが有理数、ｙが有理数、ｒが無理数の場合のみ
xが無理数、ｙが無理数、ｒが無理数の場合は調べていない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
成り立たないことが分かるのはｘが有理数のa^{1/(p-1)}倍、ｙが有理数のa^{1/(p-1)}倍、ｒが無理数のa^{1/(p-1)}倍の時のみ
有理数のa^{1/(p-1)}倍が有理数になる時、無理数のa^{1/(p-1)}倍は有理数にならないので、
(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は
調べた「ｘが有理数のa^{1/(p-1)}倍、ｙが有理数のa^{1/(p-1)}倍、ｒが無理数のa^{1/(p-1)}倍の時」に含まれていない
(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は調べた中に含まれていないので、調べていない
よって証明は失敗です。 >>9
> >5
> > 「(4)に有理数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に有理数を入れても成り立たない」です。
> これが成り立つのはa^{1/(p-1)}が有理数の場合だけだからアウト
>
> a^{1/(p-1)}が無理数でも、成り立ちます。（言えます）
「(3)に有理数を入れても成り立たない」の(3)のx,yが有理数ならば
(4)に代入するX,YはX=x*a^{1/(p-1)},Y=y*a^{1/(p-1)}でありa^{1/(p-1)}が無理数
であることから共に無理数なので「(4)に有理数を入れても成り立たない」は言えない >>11
補題の中で、「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」を証拠として使っている
「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠が補題に書いてある
補題の中で、「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」を証拠として使っている
「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠が補題に書いてある
補題の中で、「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」を証拠として使っている
「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠が補題に書いてある
補題の中で、「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」を証拠として使っている
「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠が補題に書いてある
循環しています >16
(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は調べた中に含まれていないので、調べていない
よって証明は失敗です。
(3)のx,yが無理数のときは、(3')となります。
(3')のrが有理数のときは、(4)のrが有理数、x,yが有理数と、同じとなりますが、
この場合は、成り立ちません。 >17
(4)に代入するX,YはX=x*a^{1/(p-1)},Y=y*a^{1/(p-1)}でありa^{1/(p-1)}が無理数
であることから共に無理数なので「(4)に有理数を入れても成り立たない」は言えない
(3)のx,yが有理数で成り立たないということは、x,yは、整数比ではないということです。
(3)の定数倍の(4)のx,yも整数比とならないということです。 >18
「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠が補題に書いてある
「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠は、(3)のx,yを
有理数とすると成り立たないからです。
補題には、書いていません。 (修正1)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、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)のx,yに有理数を代入しても、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x,y,zを持たない。
(補題)
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')とする。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、
(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。 (修正2)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、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)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')とする。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、
(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>24
これは何をグダグダやってるの？
解を持つだけなら具体的に中学生でも知ってる3^2+4^2=5^2を出せば済むことだし、存在性どころか一般解が何世紀も前には既に知られてることなんだけど >>21
(3)のx,yを有理数とすると成り立たない、と分かったのはｒが無理数のときだけです。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるのだから
無理数のｒが有理数になるようなa^{1/(p-1)}を(3)の有理数のｘ、ｙにかけたら無理数です
よって、(4)の解についてわかっているのは、ｘ、ｙが無理数、ｒが有理数の解は存在しないということだけ
「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠はありません。
証明は、失敗です。 >>23
質問です。
ｘが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の時、式が成り立たないことを、「同じ比だから」でごまかさず、実際に調べた式は(3)ですか？(4)ですか？(3’)ですか？ おっと失礼
ｘが無理数、ｙが無理数、ｒが無理数ので3つが整数比の時
式が成り立たないことを、「同じ比だから」でごまかさず、実際に調べた式は(3)ですか？(4)ですか？(3’)ですか？
でもいいですよ。>>27かこちらか、どちらかを答えてください。 (修正3)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、xが有理数のとき、yは無理数となる。
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、
(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。 >>29 日高
> (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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
これは説明になっていませんね。(有理数+無理数)^pが有理数になることはありますから。カッコの中が有理数のp乗根の場合などです。 >>23
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、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)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。
(3)の解ｘ、ｙも有理数、(4)の解ｘ、ｙも有理数ということなら、a^{1/(p-1)}が有理数ということだから
(3)の有理数ｘ、有理数ｙ、無理数ｒ、に有理数をかけてるだけなので(4)のｘ、ｙ、ｒもｘが有理数、ｙが有理数、ｒが無理数
この時点で(4)のｘ、ｙ、ｒが有理数の場合は調べていない
(3)のｘ、ｙ、ｒが無理数で整数比の時、まだこの時点で(4)のｘ、ｙ、ｒが有理数の時を調べていないので、
(3)のｘ、ｙ、ｒが無理数で整数比の時のことはわからない
証明は失敗です。 日高の証明法が正しいなら x^3 + 7*y^3 = z^3 も有理数解をもたないことになる。
x = y = 1, z = 2 が解だから数学の矛盾がついに発見された！？ >>20
> x,yは、整数比ではないということです
違います
成り立たないのは左辺と右辺が等しくならないことです >>23
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、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)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。
これが正しいのはa^{1/(p-1)}倍が有理数倍のときだけ
(4)がX^p+Y^p=(X+1)^pのときは(4)の解は(3)の解の1/p^{1/(p-1)}倍であり
X=x/p^{1/(p-1)},Y=y/p^{1/(p-1)}なので(4)に代入するX,Yは無理数である
>>29
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、xが有理数のとき、yは無理数となる。
前にもあったがx^p+y^p=z^pのx,yに有理数を代入することが可能なことから証明になっていない
証明に必要になのは(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なのでまずはyに無理数を代入すること 日高理論がどんなものか理解するのに大変重要だと思うので，前スレの985を再録しておきます(引用部分に>を補充。最後の一行が日高氏の返答です)。
985 返信：日高[] 投稿日：2020/10/17(土) 11:49:09.87 ID:GETDVM1Z [19/26]
>983
>x^p+y^p=(x+√2)^p…(*)
>は，√2が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、(*)の解x,y,zは整数比とならない
>この論証は，それ自体だけで，他の論拠を必要とせず正しいと確定できるのですか？という意味です。
他の論拠を必要とせず正しいと確定できます。 嘘つきまくりで草w
指摘を受けて修正してない→指摘で修正しまくり
二項定理を使った→二項定理関係ない
循環してない→循環しまくり (修正4)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,yは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、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は自然数解x,y,zを持たない。 (修正5)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,yは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、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は自然数解x,y,zを持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>39
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,yは整数比とならない。
間違いです。
x^p+y^p=(x+r)^pに、x=sr/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s),y=tr/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)を代入した
(sr/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s))^p+(tr/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s))^p=(sr/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)+r)^p
は、ｓ､ｔ、ｒ、ｐが正の実数なら必ず成り立ちます。もちろんｓ､ｔが有理数、ｐが奇素数の時も成り立ちます。
たとえば、s=1,t^2,r=3,p=3のとき、
(1×3/((1^3+2^3)^(1/3)-1))^3+(2×3/((1^3+2^3)^(1/3)-1))^3=(1×3/((1^3+2^3)^(1/3)-1)+3)^3
243/((1^3+2^3)^(1/3)-1)^3=243/((1^3+2^3)^(1/3)-1)^3
両辺は等しく、式は成り立っています。rが有理数で、ｘ、ｙは整数比となっています。 >25
>>24
これは何をグダグダやってるの？
解を持つだけなら具体的に中学生でも知ってる3^2+4^2=5^2を出せば済むことだし、存在性どころか一般解が何世紀も前には既に知られてることなんだけど
pが素奇数の場合と、同じ考え方だからです。 >26
よって、(4)の解についてわかっているのは、ｘ、ｙが無理数、ｒが有理数の解は存在しないということだけ
つまり、x,y,zが整数比の解ではない、ということがわかります。 >27
ｘが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の時、式が成り立たないことを、「同じ比だから」でごまかさず、実際に調べた式は(3)ですか？(4)ですか？(3’)ですか？
(3)です >30
> (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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
これは説明になっていませんね。(有理数+無理数)^pが有理数になることはありますから。カッコの中が有理数のp乗根の場合などです。
右辺を、展開すると、カッコの中が有理数のp乗根とならないことが、わかります。 >31
(3)の解ｘ、ｙも有理数、(4)の解ｘ、ｙも有理数ということなら、a^{1/(p-1)}が有理数ということだから
(3)の解ｘ、ｙが共に、有理数となることは、ありません。 >32
日高の証明法が正しいなら x^3 + 7*y^3 = z^3 も有理数解をもたないことになる。
x = y = 1, z = 2 が解だから数学の矛盾がついに発見された！？
式が、違います。 >33
> x,yは、整数比ではないということです
違います
成り立たないのは左辺と右辺が等しくならないことです
「成り立たないのは左辺と右辺が等しくならないことです」
これは、そのとおりです。 (修正5)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,yは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、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は自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >34
証明に必要になのは(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なのでまずはyに無理数を代入すること
(修正５)で、
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
としています。 >>50
> (修正５)で、
> (3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
> としています。
yに無理数を代入してxも無理数になるのならばx,y,zが整数比になる可能性を否定できない
> (4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので
これは間違い
> (3')のrが有理数のときも、s,ｔは整数比とならない。
s,tは常に整数比
フェルマーの最終定理の証明をしたかったら
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べることになる
p=2のときは(p-1)次方程式は1次方程式 2x+(1-y^2)=0 だから
> (3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
ここで一応解いていることになっている
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない >36
すげえ
なにが、「すげえ」なのでしょうか？ >37
循環してない→循環しまくり
どの部分のことでしょうか？ (修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >41
両辺は等しく、式は成り立っています。rが有理数で、ｘ、ｙは整数比となっています。
54を見てください。 >>54
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ので、有理数で整数比の解があるかどうかは、(3)の無理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。
> (3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3)の無理数で整数比の解があるかどうかの証拠は、(4)に有理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ので、有理数で整数比の解があるかどうかは、(3)の無理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。
> (3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3)の無理数で整数比の解があるかどうかの証拠は、(4)に有理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ので、有理数で整数比の解があるかどうかは、(3)の無理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。
> (3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3)の無理数で整数比の解があるかどうかの証拠は、(4)に有理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ので、有理数で整数比の解があるかどうかは、(3)の無理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。
> (3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3)の無理数で整数比の解があるかどうかの証拠は、(4)に有理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。
循環しています。証明は失敗です。 >>54
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
何の証拠も書いてありません。
証明というのは証拠を書くことなので、これは証明ではありません。落書きです。
文章は前から読むものなので、ここまでに証拠がなければ証明は失敗です。 >>54
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
(s,t,uは有理数) >>47 日高
> >32
> 日高の証明法が正しいなら x^3 + 7*y^3 = z^3 も有理数解をもたないことになる。
> x = y = 1, z = 2 が解だから数学の矛盾がついに発見された！？
>
> 式が、違います。
すみません。よくわからないので、具体的に、どこで間違いになるのか教えてください。 >51
> (4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので
これは間違い
> (3')のrが有理数のときも、s,ｔは整数比とならない。
s,tは常に整数比
これは、間違いでした。54を見て下さい。 >>54
せっかくpが奇素数の時とp=2の時を並べて書いているのだから、いつも「p=2の時はどうか」を考えてみてください。
x^2+y^2=(x+r)^2
rが無理数の時、x、yがともに有理数の解はありません。これが、x､y､zが整数比とならない証拠になると思いますか？ >>60
> これは、間違いでした。54を見て下さい。
54も間違っている
整数比である解を見つける方法が書いてないので間違い
フェルマーの最終定理の証明をしたかったら
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べることになる
p=2のときは(p-1)次方程式は1次方程式 2x+(1-y^2)=0 だから
> (3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
ここで一応解いていることになっている
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない
であれば整数比である解を見つける方法は
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べること >56
循環しています。証明は失敗です。
(3)の無理数で整数比の解があるかどうかの証拠は、(4)に有理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。
(4)に有理数で整数比の解がないので、(3)に無理数で整数比の解は、ありません。 >57
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
何の証拠も書いてありません。
yを有理数とすると、xは無理数となります。 (修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>64
> 何の証拠も書いてありません。
>
> yを有理数とすると、xは無理数となります。
p^{1/(p-1)}が無理数だったら整数比となる解はx,y,zが全て無理数なので
いきなりyを有理数にするのはアホの極致
日高は自分の頭がイカれているから責任能力が無いと主張したいのか？ >58
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
(s,t,uは有理数)
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=(u*p^{1/(p-1)})^p
の両辺を(p^{1/(p-1)})^pで割ると、
s^p+t^p=u^pとなります。 >>67
> s^p+t^p=u^pとなります。
s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
r=u-s
(s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p
フェルマーの最終定理の証明をしたかったら
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べることになる
p=2のときは(p-1)次方程式は1次方程式 2x+(1-y^2)=0 だから
> (3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
ここで一応解いていることになっている
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない >59
すみません。よくわからないので、具体的に、どこで間違いになるのか教えてください。
いま、証明しているのは、
x^3+y^3=z^3です。 >61
x^2+y^2=(x+r)^2
rが無理数の時、x、yがともに有理数の解はありません。これが、x､y､zが整数比とならない証拠になると思いますか？
rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。 >62
54も間違っている
整数比である解を見つける方法が書いてないので間違い
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比とならない。
としています。 >66
p^{1/(p-1)}が無理数だったら整数比となる解はx,y,zが全て無理数なので
いきなりyを有理数にするのはアホの極致
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
としています。 >>70
> rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。
これを証明せよ >68
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
(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。
(ap)^{1/(p-1)}=1となります。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比となりません。 (修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>70
> rが無理数の時、x、yがともに有理数の解はありません。これが、x､y､zが整数比とならない証拠になると思いますか？
> rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。
つまり、ｒが無理数の時、x、yがともに有理数の解がないことは、x､y､zが整数比とならない証拠になりません。
証拠にならないので、>>65の
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
は間違っています。証明は失敗です。 >>63
> (4)に有理数で整数比の解がないので、(3)に無理数で整数比の解は、ありません。
つまり(3)に無理数で整数比の解がない証拠は、(4)に有理数で整数比の解がないことです。
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に無理数で整数比の解がないことです。
(3)に無理数で整数比の解がない証拠は、(4)に有理数で整数比の解がないことです。
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に無理数で整数比の解がないことです。
(3)に無理数で整数比の解がない証拠は、(4)に有理数で整数比の解がないことです。
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に無理数で整数比の解がないことです。
(3)に無理数で整数比の解がない証拠は、(4)に有理数で整数比の解がないことです。
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に無理数で整数比の解がないことです。
(3)に無理数で整数比の解がない証拠は、(4)に有理数で整数比の解がないことです。
循環しています。証明は失敗です。 >>64
p=2の時のことを考えてください。
rが無理数、yが有理数の時、xが無理数になる たとえば、(√3)^2+2^2=(√7)^2になる。これが、ｘ、ｙ、ｚが整数比にならない証拠になりますか？ >>74
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比となりません。
今は(3)の解について調べているので整数比になるかどうかは分からない
> 3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
> その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
> x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
> (s,t,uは有理数)
>
> (s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=(u*p^{1/(p-1)})^p
> の両辺を(p^{1/(p-1)})^pで割ると、
> s^p+t^p=u^pとなります。
> s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
> r=u-s
> (s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p >>69 日高
> >59
> すみません。よくわからないので、具体的に、どこで間違いになるのか教えてください。
>
> いま、証明しているのは、
> x^3+y^3=z^3です。
いや、そういう意味ではありません。日高さんの証明はx^p+y^p=z^pという式の形を使っていないのでAx^p+By^p=Cz^pに自然数比となる解x,y,zがないことの証明にも使えそうです。たとえば
>>75 日高
は
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+7y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+7y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){7(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+7y^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+7y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+7t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
とできそうなのですが。 (修正7)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解x,y,zが整数比とならないので、
(3')の解s,t,s+(p^{1/(p-1)})/w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x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>81
数学ではないので、雑談板あたりでやって下さい。 最後は日高が沈黙により間違いを認め、証明失敗となりました。 >>84
沈黙しようがしまいが間違いは間違いだけどな この日高？
https://www.hmv.co.jp/artist_日高まもる_200000000595960/
相対性理論研究家。１９６０年山口県生まれ。１９８７年フェルマーの最終定理の解析から、
相対性理論が数学トリックを利用していることに気づき、研究を始める。 >73
> rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。
これを証明せよ
例
x^2+y^2=(x+√3)
a2=√3
a=√3/2
x=3*√3/2、y=4*√3/2、z=5*√3/2 >76
証拠にならないので、>>65の
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
は間違っています。証明は失敗です。
意味が、理解できません。 >77
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に無理数で整数比の解がないことです。
違います。
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。 >>89
> >73
> > rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。
> これを証明せよ
>
> 例
> x^2+y^2=(x+√3)
> a2=√3
> a=√3/2
> x=3*√3/2、y=4*√3/2、z=5*√3/2
(修正7)【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
にあるように
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が有理数なのでyを有理数とするとxは無理数となり
のような形で証明してください >>92の訂正
> √3が有理数なので
は
√3が無理数なので
>>91
> 違います。
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
違います
(4)のr=z-xは有理数の場合と無理数の場合があるので
整数比の解が有理数か無理数かはそれぞれ異なります >78
p=2の時のことを考えてください。
rが無理数、yが有理数の時、xが無理数になる たとえば、(√3)^2+2^2=(√7)^2になる。これが、ｘ、ｙ、ｚが整数比にならない証拠になりますか？
よく、意味が理解できません。 日高さん、フェルマー問題より遥かに簡単な高校数学程度の問題を出題するから解いてみて
これができなければ まだ解く段階にきてないのだと謙虚に受け止めてください
(問題)
x^2 + 2y^2 = 7 を満たす有理数x,yの組は存在しないことを証明せよ >>90
p=2のとき
rが無理数で、x､y､zが整数比のx^2+y^2=z^2の解が存在するので、
rが無理数の時、x,y,zは整数比とならない、はインチキのウソです。 >>91
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるのだから、(4)のrが有理数、(3)のrが無理数なら
(無理数である3のｒ）×a^{1/(p-1)}＝(有理数である4のr)なのだからa^{1/(p-1)}は無理数
(3のx）×a^{1/(p-1)}＝(有理数である4のx)でa^{1/(p-1)}は無理数なのだから(3のx）は無理数
(3のy）×a^{1/(p-1)}＝(有理数である4のy)でa^{1/(p-1)}は無理数なのだから(3のy）は無理数
有理数である（4のr）、（4のx）、（4のy）と同じ比なのは（無理数である3のr）、（無理数である3のx）、（無理数である3のy）
よって有理数である（4のr）、（4のx）、（4のy）が解となるかの証拠になるのは（無理数である3のr）、（無理数である3のx）、（無理数である3のy）が（3）の解になるかどうか
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
ではありません。インチキのウソです。 >>94
p=2のとき、r=(√7-√3）で無理数、yが有理数のとき、xが無理数になる、たとえば(√3)^2+2^2=(√3+(√7-√3）)^2ですが、
r=(√7-√3）のとき、整数比となる解x､y､zが存在します。たとえば(4(√7-√3）)^2+(3(√7-√3）)^2=(4(√7-√3）+(√7-√3）)^2
よって、「rが無理数のとき、yが有理数とすると、xが無理数となるけど、x､y､zが整数比となる解が存在するので
よって、「rが無理数のとき、yが有理数とすると、xが無理数となるので、x､y､zが整数比とならない」はインチキのウソです。 >79
> s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
> r=u-s
> (s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p
(4)で調べています。 (修正7)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解x,y,zが整数比とならないので、
(3')の解s,t,s+(p^{1/(p-1)})/w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x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >80
いや、そういう意味ではありません。日高さんの証明はx^p+y^p=z^pという式の形を使っていないのでAx^p+By^p=Cz^pに自然数比となる解x,y,zがないことの証明にも使えそうです。たとえば
Ax^p+By^p=Cz^pは、係数が、掛かっています。 >83
p=2の場合って何の為に書いてるの?
仕組みが、同じだからです。 >92
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が有理数なのでyを有理数とするとxは無理数となり
のような形で証明してください
√3は、無理数です。 >93
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
違います
(4)のr=z-xは有理数の場合と無理数の場合があるので
整数比の解が有理数か無理数かはそれぞれ異なります
よく、意味が読み取れませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >95
(問題)
x^2 + 2y^2 = 7 を満たす有理数x,yの組は存在しないことを証明せよ
わかりませんので、教えていただけないでしょうか。 >96
p=2のとき
rが無理数で、x､y､zが整数比のx^2+y^2=z^2の解が存在するので、
rが無理数の時、x,y,zは整数比とならない、はインチキのウソです。
どうして、インチキのウソになるのでしょうか？ >97
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
ではありません。インチキのウソです。
よく、意味がわかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >>99
> (4)で調べています。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比となりません。
今は(3)の解について調べているので整数比になるかどうかは分からない
(4)の解は整数比になるかどうかは分からない解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解はrが有理数のときx,y,zは整数比となるかどうかは分からない
> 3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
> その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
> x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
> (s,t,uは有理数)
>
> (s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=(u*p^{1/(p-1)})^p
> の両辺を(p^{1/(p-1)})^pで割ると、
> s^p+t^p=u^pとなります。
> s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
> r=u-s
> (s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p >>104
> √3は、無理数です。
>>93に書いてあるじゃないですか
> >>92の訂正
> > √3が有理数なので
> は
> √3が無理数なので
これを見落としているのでやり直し
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が無理数なのでyを有理数とするとxは無理数となり
のような形で証明してください >>105
> >93
> > (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
> 違います
> (4)のr=z-xは有理数の場合と無理数の場合があるので
> 整数比の解が有理数か無理数かはそれぞれ異なります
>
> よく、意味が読み取れませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
あんたの言い分は(4)のrが無理数で整数比の有理数解がない証拠は
(3)のrが無理数で整数比の有理数解がないこと
証明で本来使うべきなのは
(4)のrが有理数で整数比の有理数解がない証拠は
(3)のrが無理数で整数比の無理数解がないこと (修正7)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解x,y,zが整数比とならないので、
(3')の解s,t,s+(p^{1/(p-1)})/w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x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>106
一言でいうと mod 7と無限降下法の議論をする.
Nを0以上の整数全体の集合とする.
A = {x+y+z|x,y,z∈N, x+y+z≠0, x^2+2y^2=7z^2} とおく,
Aが空集合であることを示す.
そこで, Aが空集合でないと仮定する ・・・(仮定1)
Aが空でないことから,Aには最小元が存在する ( (N,≦)は整列集合だから)
よって, a^2+2b^2=7c^2 ・・・(☆)
かつ a+b+c=min(A) ・・・(◯) を満たす a,b,c∈Nが取れる.
mod 7 で考えると, a^2+2b^2≡0 (mod 7) が得られる.
b≡0 (mod 7) でないと仮定する ・・・(仮定2)
a^2≡ -2b^2 (mod 7) より -2b^2 は法を7とする平方剰余となる.
(./.)をルジャンドル記号とすると, 1 = (-2b^2/7) となるが,
まず, ルジャンドル記号の乗法性より
(-2b^2/7) = (-2/7)*(b^2/7) = (-1/7)*(2/7)*(b/7)^2
つぎに第1補充法則から (-1/7) = -1, 第2補充法則から (2/7) = 1
そして仮定2 から (b/7)^2 = 1 であるから
(-1/7)*(2/7)*(b/7)^2 = -1 が得られて矛盾となる.
よって, 仮定2 は誤りとなるから bは7で割り切れることになる.
b = 7t を満たすt∈N が取れる.
☆ に代入して a^2+2*7^2*t^2 = 7c^2
これから aは7で割り切れることがわかる.
よって, a = 7s を満たすs∈Nが取れる.
☆ に代入して 両辺を7で割り算すれば
7s^2 + 2*7*t^2 = c^2 を得る
これから cは7で割り切れることがわかる.
よって, c = 7u を満たすu∈Nが取れる.
☆ に代入して 両辺を7で割り算すれば
s^2 + 2t^2 = 7u^2 ・・・(△) が得られた.
ここで s+t+u = (a+b+c)/7 であるから
a+b+c＞0 より s+t+u＞0 かつ s+t+u＜a+b+c
しかしこれは a+b+cの最小性に反する(s+t+u∈Aに注意)
したがって 仮定1は誤りであることがいえた.
以上よりAは空集合であることが示された.
本題に戻る
ある有理数x,yに対して, x^2 + 2y^2 = 7 が成立していたとする.
x = p/r, y = q/r を満たすp,q,r∈N (r＞0)を取ると,
(p/r)^2 + 2(q/r)^2 = 7 となるから
p^2 + 2q^2 = 7r^2 が得られる.
Aが空集合であることから p+q+r = 0 となる.
しかし,p,q≧0 かつ r＞0 より これは不可能
したがって, x^2+2y^2=7 を満たす有理数x,yの組は存在しない.
本題の証明おわり (修正8)
【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。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
(3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解が整数比とならないので、(3')の解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x,y,z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^2=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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>114
無能は紛らわしい書き方をするから番号の付け方が間違っている
> (3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3)の解が無理数のときは(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}}^p…(3')
w^pで割ったらr=p^{1/(p-1)}でなくなるのでs^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(4')
(4')の解が整数比とならないことは証明されていないので
(3')の解も整数比とならないことも証明されていない >98
r=(√7-√3）のとき、整数比となる解x､y､zが存在します。たとえば(4(√7-√3）)^2+(3(√7-√3）)^2=(4(√7-√3）+(√7-√3）)^2
よって、「rが無理数のとき、yが有理数とすると、xが無理数となるけど、x､y､zが整数比となる解が存在するので
「yが有理数とすると」の意味がわかりません。 >109
> s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
> r=u-s
> (s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p
よく意味がわかりません。 >110
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が無理数なのでyを有理数とするとxは無理数となり
のような形で証明してください
よく意味がわかりません。 ＞よく意味がわかりません
日高は勉強やりなおせ
一から出直してこい >>117
x^p+y^p=(x+1)^pの解が整数比にならないことを証明しなければ
(3)の解が整数比にならないことはいえない
(4)の解は(整数比にならないことはいえない)(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解が整数比とならないこともいえない
>>114
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
(s,t,uは有理数) (修正8)
【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。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
(3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解が整数比とならないので、(3')の解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^2=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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >111
証明で本来使うべきなのは
(4)のrが有理数で整数比の有理数解がない証拠は
(3)のrが無理数で整数比の無理数解がないこと
「(3)のrが無理数で整数比の無理数解がないこと」のいみが、わかりません。
くわしく、説明していただけないでしょうか。 >113
一言でいうと mod 7と無限降下法の議論をする.
よく、理解できません。 >115
w^pで割ったらr=p^{1/(p-1)}でなくなるのでs^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(4')
(4')の解が整数比とならないことは証明されていないので
(4')は、(4)と同じとなります。 >120
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
(s,t,uは有理数)
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}は、
x=s、y=t、z=uと同じです。 >>122
> 「(3)のrが無理数で整数比の無理数解がないこと」のいみが、わかりません。
> くわしく、説明していただけないでしょうか。
x^p+y^p=z^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)を満たすx,y,zが全て無理数の
整数比の解がないこと
これが分からないということは証明できるはずがありません >>124
> (4')は、(4)と同じとなります。
(4)はx={無理数}*a^{1/(p-1)},y={有理数}*a^{1/(p-1)}で
(4')はx={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}なので
同じ解を表しません >>125
> x=s、y=t、z=uと同じです。
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}ではr=z-x=(u-s)*p^{1/(p-1)}
x=s,y=t,z=uではr=z-x=u-s
rの値が違うのであんたのいう(3)と(4)で異なります >>121
x^p+y^p=(x+1)^pの解が整数比にならないことを証明しなければ
(3)の解が整数比にならないことはいえない
(4)の解は(整数比にならないことはいえない)(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解が整数比とならないこともいえない >>101 日高
> >80
> いや、そういう意味ではありません。日高さんの証明はx^p+y^p=z^pという式の形を使っていないのでAx^p+By^p=Cz^pに自然数比となる解x,y,zがないことの証明にも使えそうです。たとえば
>
> Ax^p+By^p=Cz^pは、係数が、掛かっています。
係数がかかっているとなぜ日高さんの証明が通用せず、かかっていないとなぜ通用するのですか？ >>121 日高
> (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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
日高君は「ならば」と「かつ」の区別がつかないそうなので、「とすると」も「かつ」と同じだと思っているのだろう。だから「yを有理数とすると」書くとyは有理数になってしまう。 (修正8)
【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。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
(3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解が整数比とならないので、(3')の解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^2=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)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>116
「yが有理数とすると」と書いたのはあなたですよ。>>132にも書いてあるじゃないですか。
あなたは、>>64で
rが無理数の時、
> yを有理数とすると、xは無理数となります。
が
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
の証拠である、と書きました。
これを式で表すと、
rが無理数の時x､y､zが整数比にならない、r=(√7-√3)のとき、y=2とするとx=√3となるのが証拠
しかし実際には
rが無理数の時、x､y､zは整数比になる、r=(√7-√3)のとき、y=3(√7-√3)とするとx=4(√7-√3)となるのが証拠
rが無理数の時、x､y､zは整数比になる物が実際に存在するのだから、
「rが無理数の時x､y､zが整数比にならない」はインチキのウソです。 >>132
> 【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。
> (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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、
ここまででわかるのは、(√3)^2+2^2=(√3+(√7-√3))^2 このパターンの（3）の解は、x､y､zが整数比でないということだけ
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、
ここまででわかるのは、（4）の解のうちx=√3×√7、y=2×√7、z=√7×√7のパターンの（4）の解が整数比でないということだけ
> (3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
> (ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解が
ここまででわかっているのは、（4）の解のうちx=√21、y=2√7、z=7のパターンの（4）の解が整数比でないということだけ
x=3、y=4のパターンの（4）の解は、x=√21、y=2√7のパターンの（4）の解と、比が違うので、わかることは何もないので
x=4(√7-√3)、y=3(√7-√3)のパターンの（3）の解についてわかることは何もない。
よって>>132の証明は失敗です。 (修正9)
【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。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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^2=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)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となり、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 (修正10)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となり、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 証明は失敗です。
なぜなら、納得する人が誰もいないからです。 >126
x^p+y^p=z^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)を満たすx,y,zが全て無理数の
整数比の解がないこと
これが分からないということは証明できるはずがありません
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
これで、十分です。 >127
(4')はx={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}なので
同じ解を表しません
どういう意味でしょうか？ >128
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}ではr=z-x=(u-s)*p^{1/(p-1)}
x=s,y=t,z=uではr=z-x=u-s
rの値が違うのであんたのいう(3)と(4)で異なります
どういう意味でしょうか？ >129
x^p+y^p=(x+1)^pの解が整数比にならないことを証明しなければ
(3)の解が整数比にならないことはいえない
(4)の解は(整数比にならないことはいえない)(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解が整数比とならないこともいえない
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
で、証明しています。 >130
> Ax^p+By^p=Cz^pは、係数が、掛かっています。
係数がかかっているとなぜ日高さんの証明が通用せず、かかっていないとなぜ通用するのですか？
係数がかかると、式の構造が、変わります。 >131
日高君は「ならば」と「かつ」の区別がつかないそうなので、「とすると」も「かつ」と同じだと思っているのだろう。だから「yを有理数とすると」書くとyは有理数になってしまう。
どういう意味でしょうか？ >133
rが無理数の時、x､y､zは整数比になる、r=(√7-√3)のとき、y=3(√7-√3)とするとx=4(√7-√3)となるのが証拠
rが無理数の時、x､y､zは整数比になる物が実際に存在するのだから、
「rが無理数の時x､y､zが整数比にならない」はインチキのウソです。
rが無理数の時、x､y､zは整数比になる物は、実際に存在しません。 >144
訂正します。
「pが奇素数のときは」です。 >134
x=4(√7-√3)、y=3(√7-√3)のパターンの（3）の解についてわかることは何もない。
よって>>132の証明は失敗です。
よく意味がわかりません。 (修正10)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となり、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 (修正11)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はr=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 日高は妄想を垂れ流して褒められたいだけならキャバクラにでも行ってくれ >>139
> >127
> (4')はx={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}なので
> 同じ解を表しません
>
> どういう意味でしょうか？
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない
(3)の解 x={無理数},y={有理数}であるような解
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は
(4)の解 x={無理数}*a^{1/(p-1)},y={有理数}*a^{1/(p-1)}である解
(3')の解 x={無理数},y={無理数}であるような解
(3')の解のa^{1/(p-1)}倍は
(4')の解 x={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}である解
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解になることはないし
(3')の解のa^{1/(p-1)}倍は(4)の解になることはない
>>138
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
> これで、十分です。
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない >>141
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
> で、証明しています
これのどこで(3)の解が整数比にならないことが証明されているの？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)を考える
これは日高の証明では扱われていない
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
なぜ証明されていない解のa^{1/(p-1)}倍が証明されたことになるの？ >149
日高は妄想を垂れ流して褒められたいだけならキャバクラにでも行ってくれ
どの部分が妄想でしょうか？ >150
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない
すみませんが、もう一度(4')を、示して頂けないでしょうか。 >>142 日高
> >130
> > Ax^p+By^p=Cz^pは、係数が、掛かっています。
>
> 係数がかかっているとなぜ日高さんの証明が通用せず、かかっていないとなぜ通用するのですか？
>
> 係数がかかると、式の構造が、変わります。
よくわからないので具体的に教えていただけませんか。どんな構造がどう変わって、日高さんの証明が通用しなくなるのでしょうか？ >>153
> >150
> (3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない
>
> すみませんが、もう一度(4')を、示して頂けないでしょうか。
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない
(3)の解 x={無理数},y={有理数}であるような解
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は
(4)の解 x={無理数}*a^{1/(p-1)},y={有理数}*a^{1/(p-1)}である解
(3')の解 x={無理数},y={無理数}であるような解
(3')の解のa^{1/(p-1)}倍は
(4')の解 x={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}である解
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解になることはないし
(3')の解のa^{1/(p-1)}倍は(4)の解になることはない
>>138
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
> これで、十分です。
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない >>144-145
「rが無理数の時x､y､zが整数比にならない」はインチキのウソなので証拠にならない、ということを、p=2の時に示しました。
pが素奇数の場合と、同じ考え方だからです。 (修正11)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はr=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>158
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っている
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)
この解が(3)を満たさないことを示すにはまず(3)の解が整数比にならないことより
先に(4)でrが有理数の場合に整数比にならないことを示さなければならないが
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
であるから間違っている
> 141日高2020/10/22(木) 08:15:30.25ID:HZ5ZgFT7
> >129
> x^p+y^p=(x+1)^pの解が整数比にならないことを証明しなければ
> (3)の解が整数比にならないことはいえない
> (4)の解は(整数比にならないことはいえない)(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
> (4)の解が整数比とならないこともいえない
>
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
> で、証明しています。
>>141
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
> で、証明しています
これのどこで(3)の解が整数比にならないことが証明されているの？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)を考える
これは日高の証明では扱われていない
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
なぜ証明されていない解のa^{1/(p-1)}倍が証明されたことになるの？ >151
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)を考える
これは日高の証明では扱われていない
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} が無理数で、整数比となるので、
x=s、y=t、z=uも有理数で、整数比となります。 >>161
だからあんたは整数比にならないことが分かっている解しか
扱っていないので証明は間違っている 日高様
貴方の証明は、世紀の難問だと思われていたフェルマーの最終定理を高校程度の知識で証明したという点で、数学の歴史上非常に価値あるものだと考えられます。
そこで日高様の数学との出会いやこの発見に至る過程などを記した本はとても興味深いものになるはずなので、自費出版などお考えではないでしょうか。 >>152 日高
> >149
> 日高は妄想を垂れ流して褒められたいだけならキャバクラにでも行ってくれ
>
> どの部分が妄想でしょうか？
それっぽっちの勉強でフェルマーの最終定理が証明できると思うのが妄想。 >>158
> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3となる、これは整数比ではない。
p=2のときでいうと、rが無理数、yが有理数、xが無理数の解は、絶対にxとyが整数比にならない。
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4(√7-√3),y=3(√7-√3)は、調べていない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3に、共通の数√7+√3をかける。
p=2のときでいうと、r=4で、y=2(√7+√3)のとき、x=√21+3となる。これは整数比にならない。
p=2のときでいうと、rが無理数、yが有理数、xが無理数の解に共通の数をかけた数は、絶対にxとyが整数比にならない。
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4,y=3は、調べていない。
p=2のときでいうと、x=4,y=3が解になるかどうか調べていないので、証明は失敗です (修正12)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
(3)はr=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 (修正13)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
(3)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>168
> (3)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
以前のレスで、「有理数解とならない」と同意しています。よってその一文は無効です。
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。 (修正14)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 (修正15)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 (修正16)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数と仮定すると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はr=2なので、yを有理数と仮定すると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>168
> (3)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
>>172
> (3)はrが無理数なので
あんたがrが無理数のままで証明しようとしている時点で間違いなのが分かります
まずはrが有理数になるようにしましょう
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
整数比になるかもしれない解に対しては先にrが有理数の場合を証明する必要があるので間違い
p=2のとき
x^2+y^2=(x+2)^2の解で整数比になる可能性があるものとしてx=2s,y=2t,z=2(s+1) (s,tは有理数)を考える
x^2+y^2=(x+√3)^2の解で整数比になる可能性があるものとしてx=√3s,y=√3t,z=√3(s+1) (s,tは有理数)を考える
どちらの場合もs^2+t^2=(s+1)^2が成り立てば整数比の解を持つ
pが奇素数のとき
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)を考える
この場合もs^2+t^2=(s+1)^pが成り立てば整数比の解を持つ
フェルマーの最終定理の証明をしたかったら
p=2のときもpが奇素数のときもx^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べることになる
p=2のときは(p-1)次方程式は1次方程式 2x+(1-y^2)=0 だから
> (3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
ここで一応解いていることになっている
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない (修正17)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
(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)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >154
> 係数がかかると、式の構造が、変わります。
よくわからないので具体的に教えていただけませんか。どんな構造がどう変わって、日高さんの証明が通用しなくなるのでしょうか？
Ax^p+By^p=Cz^pならば、x,y,zが有理数で、式が成り立ちます。 >155
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない
(3')の解 x={無理数},y={無理数}は、整数比となりません。 >156
二項定理を使った証明は何で失敗したの？
失敗は、していません。 >>176
> (3')の解 x={無理数},y={無理数}は、整数比となりません。
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
x,yは無理数で整数比です >160
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)を考える
これは日高の証明では扱われていない
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
で、扱っています。 >162
だからあんたは整数比にならないことが分かっている解しか
扱っていないので証明は間違っている
(3)の解が、整数比とならないことは、自明では、ありません。 >>179
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
rが無理数,yを有理数とした時点で無理ですよ
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)
rが無理数,yは無理数ですよ
大丈夫ですか？ >163
自費出版などお考えではないでしょうか。
考えては、いません。 >>180
> >162
> だからあんたは整数比にならないことが分かっている解しか
> 扱っていないので証明は間違っている
>
> (3)の解が、整数比とならないことは、自明では、ありません
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
これは自明ですよ
rが無理数のときにyを無理数にすることが可能であるにもかかわらず
yを有理数とした時点で整数比とならないことは自明です
自明でないのはrが無理数のときに
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
が(3)を満たすかどうかということです >164
それっぽっちの勉強でフェルマーの最終定理が証明できると思うのが妄想。
これっぽっちの勉強では、証明できないでしょうか？ >165
p=2のときでいうと、x=4,y=3が解になるかどうか調べていないので、証明は失敗です
調べています。 >169
「(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。
>>168
> (3)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
とは、意味が違います。 (修正17)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
(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)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >173
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない
どうしてでしょうか？ >>185
> 調べています。
それはおかしいですね。
>>187で
> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3となる、
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4(√7-√3),y=3(√7-√3)は、調べていない。
> (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
p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3に、共通の数√7+√3をかける。
p=2のときでいうと、r=4で、y=2(√7+√3)のとき、x=√21+3となる。
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4,y=3は、調べていない。
いったいどこで調べているのですか？ >>188
> >173
> pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない
>
> どうしてでしょうか？
理由も>>173に書いてあるだろ
まずは以下を全てノートに写して全部読みなさい
173１３２人目の素数さん2020/10/24(土) 12:19:53.52ID:NiOgmILF
>>168
> (3)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
>>172
> (3)はrが無理数なので
あんたがrが無理数のままで証明しようとしている時点で間違いなのが分かります
まずはrが有理数になるようにしましょう
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
整数比になるかもしれない解に対しては先にrが有理数の場合を証明する必要があるので間違い
p=2のとき
x^2+y^2=(x+2)^2の解で整数比になる可能性があるものとしてx=2s,y=2t,z=2(s+1) (s,tは有理数)を考える
x^2+y^2=(x+√3)^2の解で整数比になる可能性があるものとしてx=√3s,y=√3t,z=√3(s+1) (s,tは有理数)を考える
どちらの場合もs^2+t^2=(s+1)^2が成り立てば整数比の解を持つ
pが奇素数のとき
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)を考える
この場合もs^2+t^2=(s+1)^pが成り立てば整数比の解を持つ
フェルマーの最終定理の証明をしたかったら
p=2のときもpが奇素数のときもx^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べることになる
p=2のときは(p-1)次方程式は1次方程式 2x+(1-y^2)=0 だから
> (3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
ここで一応解いていることになっている
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない >178
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
x,yは無理数で整数比です
s,tが解となるかは、不明です。 >181
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
rが無理数,yを有理数とした時点で無理ですよ
どうしてでしょうか？ >>191
> s,tが解となるかは、不明です。
だからs,tが解となるかあるいは解とならないかを証明するのがフェルマーの最終定理の証明なんだよ >183
自明でないのはrが無理数のときに
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
が(3)を満たすかどうかということです
x=s、y=t、z=(s+1)は、(3)を満たしません。 >>192
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選ぶ
それがx^p+y^p=z^pを満たすかどうかが問題であって
フェルマー予想は満たさないという予想
それでまずは最初のステップとして
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選ぶ
あんたは最初のステップとしてrが無理数,yを有理数とするので
その時点でゲームオーバー >>194
> x=s、y=t、z=(s+1)は、(3)を満たしません。
それはr=z-xがp^{1/(p-1)}でないから(4)の解でしょ
大丈夫ですか？ (修正17)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
(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)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >189
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4,y=3は、調べていない。
いったいどこで調べているのですか？
(4)で調べています。 >>175 日高
> >154
> > 係数がかかると、式の構造が、変わります。
>
> よくわからないので具体的に教えていただけませんか。どんな構造がどう変わって、日高さんの証明が通用しなくなるのでしょうか？
>
> Ax^p+By^p=Cz^pならば、x,y,zが有理数で、式が成り立ちます。
もっと具体的に教えてください。たとえば
>>198 日高
> (修正17)
> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
にならうとx^3+7y^3=(x+√3)^2 に整数比となる解がないことが証明できると思います。
その証明はどこが間違いなのか具体的に指摘してください。 >>199
> (4)で調べています。
本当ですか？
> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3となる、
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4(√7-√3),y=3(√7-√3)は、調べていない。
> (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
p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3に、共通の数√7+√3をかける。
p=2のときでいうと、r=4で、y=2(√7+√3)のとき、x=√21+3となる。
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4,y=3は、調べていない。
(4)の解x=4,y=3と同じ比の(3)の解は、たとえばx=4(√7-√3),y=3(√7-√3)です。
(3)x=4(√7-√3),y=3(√7-√3)は、調べていないので、同じ比の(4)の解x=4,y=3が調べてあるはずがありませんが。 (修正18)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、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)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、整数解を持つ。
(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)も整数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 (修正19)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、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)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、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。 (修正20)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はr=p^{1/(p-1)}なので、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)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はr=2なので、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。 >190
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない
(p-1)次方程式を解かなくても、証明できます。 >193
> s,tが解となるかは、不明です。
だからs,tが解となるかあるいは解とならないかを証明するのがフェルマーの最終定理の証明なんだよ
s,tは、解となりません。 >>207 証明できるというのなら、証明して下さい。
>>208 解とならないというのなら、証明して下さい。 >>207
> (p-1)次方程式を解かなくても、証明できます。
>>208
> s,tは、解となりません。
なるほど
日高が証明しなくても他の人が証明するほうが確実ですよね
>>205
> (3)はr=p^{1/(p-1)}なので、整数比の解を持たない。
他の人が証明した結果を用いるのなら引用元を示さないとダメです
それとあんたはrが有理数か無理数かだけで決まるというわけだが
> rが有理数なので、有理数解を持つ
> rが無理数なので、整数比の解を持たない
> r=2なので、有理数解を持つ
> r=p^{1/(p-1)}なので、整数比の解を持たない
x^p+y^p=(x+2)^pがr=2なので有理数解を持つことと
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pがr=p^{1/(p-1)}なので整数比の解を持たないこと
は矛盾しているので証明は間違い >>205
> (3)はr=p^{1/(p-1)}なので、整数比の解を持たない。
証拠がありません。
証拠がない文を含んでいるので、証明は失敗です。
ちなみにp=2でrが無理数の時、整数比の解をもちます。
rが無理数であるということは、整数比の解を持たないということの証拠になりません。 https://jp.quora.com/知人のH氏が-フェルマーの最終定理-の簡単な証明方法
> 知人のH氏が「フェルマーの最終定理」の簡単な証明方法が完成したと言い、
> 精査を依頼しています。私には問題ないと見えますが、
> 精査して戴けませんか？
>>205の証明
> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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)はr=p^{1/(p-1)}なので、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)も整数比の解を持たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
はブログの人(rugger320)でも問題ありとみなすと思います
もう一度見てもらったらどうですか？ (修正21)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、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)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、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。 >>208
> s,tが解となるかあるいは解とならないかを証明するのがフェルマーの最終定理の証明
だから
> >193
> > s,tが解となるかは、不明です。
と書き込むということは証明できていないということを
日高自身が白状しているわけだね
認めたくないから
> s,tは、解となりません。
と日高が自分で証明していないことを根拠も示さず付け加えたが >>213
x^p+y^p=(x+1)^pはrが有理数
y=tを有理数としたときにx=sが有理数のときは式を満たす
この解をp^{1/(p-1)}倍したものはr=p^{1/(p-1)}だから(3)を満たす
このときの(3)のyはt*p^{1/(p-1)}であり無理数であるから証明は間違い
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、整数比の解を持たない。
フェルマーの最終定理の証明とは無関係のコピペを繰り返すのではなくて
そろそろフェルマーの最終定理の証明を書いたらどうですか？ >195
あんたは最初のステップとしてrが無理数,yを有理数とするので
その時点でゲームオーバー
どうしてでしょうか？ >196
> x=s、y=t、z=(s+1)は、(3)を満たしません。
それはr=z-xがp^{1/(p-1)}でないから(4)の解でしょ
大丈夫ですか？
間違いでした。 x=s、y=t、z=(s+1)は、(4)の解となりません。 >>216
> >195
> あんたは最初のステップとしてrが無理数,yを有理数とするので
> その時点でゲームオーバー
>
> どうしてでしょうか？
>>190でも同じようなやりとりがあって
> > どうしてでしょうか？
>
> 理由も>>173に書いてあるだろ
> まずは以下を全てノートに写して全部読みなさい
>>195もノートに写してあるでしょうからまずはノートを読み返してください >>217
> 間違いでした。 x=s、y=t、z=(s+1)は、(4)の解となりません。
s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しないという
内容の事柄はあんたの証明には一切登場しません
s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
ことの証明を書いてください >>213 日高
> (修正21)
> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、整数比の解を持たない。
最後の一文はフェルマーの最終定理と（ほぼ）同値です。よく言い切れるねえ。 日高さんの言いたいことが解った。
フェルマーの最終定理の簡単な証明をします→フェルマーの最終定理は既に他人様が正しい事を証明しています→すなわちわフェルマーの最終定理は正しいです→ね、簡単でしょ？
こういう事だ。 (修正22)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(3)が無理数で、整数比の解を持つならば、(4)は有理数で、整数比の解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も、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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、整数比の解を持つ。
(3)が有理数で、整数比の解を持つならば、(4)は無理数で、整数比の解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も、整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 222レスで(修正22)ってすごいよな。
全然まとまってないじゃん。 >200
にならうとx^3+7y^3=(x+√3)^2 に整数比となる解がないことが証明できると思います。
その証明はどこが間違いなのか具体的に指摘してください。
係数の７があるので、無い場合と全く違う結果となります。 (修正23)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解が無理数で、整数比となる場合は、(4)の解は有理数で、整数比となる。
しかし、(3)が整数比の解を持たないので、(4)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、aが無理数のとき、(4)は無理数で、整数比の解を持つ。
(3)が有理数で、整数比の解を持つので、aが有理数のとき(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。 (修正24)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解が無理数で、整数比となるならば、
(4)の解は有理数で、整数比となる。
しかし、(3)が整数比の解を持たないので、(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、aが無理数のとき、(4)は無理数で、整数比の解を持つ。
(3)が有理数で、整数比の解を持つので、aが有理数のとき(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。 (修正25)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、a^{1/(p-1)}が無理数のとき、
(3)の解が無理数で、整数比となるならば、(4)の解は有理数で、整数比となる。
しかし、(3)の解は有理数で、整数比とならないので、(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、aが無理数のとき、(4)は無理数で、整数比の解を持つ。
(3)が有理数で、整数比の解を持つので、aが有理数のとき(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。 >>224
・ここのところ>>1のレスポンスが悪い。一日待たされることもザラにある。
・>>1が返信しても「よく分かりません」「どうしてでしょうか」が多く、発展的・建設的な議論ができない。
・【証明】を更新してばかりで、自分の殻に閉じこもっている。
こんなところかな。なお、「どの部分が該当するのでしょうか」の質問には面倒だから答えない。
自分で探してください。 >>225 日高
> >200
> にならうとx^3+7y^3=(x+√3)^2 に整数比となる解がないことが証明できると思います。
> その証明はどこが間違いなのか具体的に指摘してください。
>
> 係数の７があるので、無い場合と全く違う結果となります。
全く違う結果になる「可能性」があることはわかりますが、本当に違うんですか？
x^3+y^3=(x+√3)^2には自然数比となる解がないと言い切れますか？
x^3+8y^3=(x+√3)^2だとどうですか？ >201
(4)の解x=4,y=3と同じ比の(3)の解は、たとえばx=4(√7-√3),y=3(√7-√3)です。
(3)x=4(√7-√3),y=3(√7-√3)は、調べていないので、同じ比の(4)の解x=4,y=3が調べてあるはずがありませんが。
意味がよくわかりません。 >>230はまちがって「^2」と書いているので書き直します。
>>225 日高
> >200
> にならうとx^3+7y^3=(x+√3)^3に整数比となる解がないことが証明できると思います。
> その証明はどこが間違いなのか具体的に指摘してください。
>
> 係数の７があるので、無い場合と全く違う結果となります。
全く違う結果になる「可能性」があることはわかりますが、本当に違うんですか？
x^3+y^3=(x+√3)^3には自然数比となる解がないと言い切れますか？
x^3+8y^3=(x+√3)^3だとどうですか？ >>228
証明以前に、日本語としておかしいです。
> (3)の解が無理数で、整数比となるならば、(4)の解は有理数で、整数比となる。
> しかし、(3)の解は有理数で、整数比とならないので、(4)は整数比の解を持たない。
2行目にいきなり(3)の有理数で整数比の解の話が出てきています。ここがインチキでウソです。
p=2で、r=√3で無理数のとき、x=4√3、y=3√3はx^p+y^p=(x+√3)^pの解で、無理数で整数比です。
しかし、x^p+y^p=(x+√3)^pの解は有理数で整数比となりません。x^p+y^p=(x+1)^pは整数比の解を持ちます。
p=2の時に当てはめれば、インチキのウソであることがよくわかります。 >202
日高さんは何故毎回同じ間違いを指摘されてるの？
間違いではない、部分についての指摘だからです。 ＞日高さんは何故毎回同じ間違いを指摘されてるの？
数学能力を根本的に欠いているので
間違いを直すどころか理解すらできない (修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>236
> (1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(1)のｒはr^(p-1)=pでないものも含まれるので、(1)は(3)ではない。
p=2の時で考えれば、x=5,y=12,r=8は(1)を満たすが(3)を満たさない。
(3)でx=5,y=12が解でないからといって、x=5、y=12が(1)の解でないとは言えない。
調べたのは(3)で、(1)に無理数で整数比の解がないことは調べていないので、証明は間違いです。 >>234
証明というのは、定理のところに書いてある文が正しいかどうか、というものではありません。
証明とは、証拠そのものです。
あなたが正しいと勝手に思っていることに、証拠がない、という指摘は、証明全体が間違いである、と言っているのと同じです。
あなたは、(3)の解が無理数で整数比である場合の証拠を、実際に調べる気がないので、絶対に証明は正しくなりません。 ある大工さんが家を建ててるけど、土台がガタガタ、柱もズレまくり。
通りがかりの建築士さん達が「土台をしっかり作らなきゃ」「柱の位置を変えなきゃ」と助言してあげても、その大工さんはムスッとして礼も言わず、「庭の草むしりしたぞ！どうだ！？」「壁紙のデザイン変えたぞ！どうた！？」と無意味な修正を繰り返してる。
日高さんを大工に例えると、こんな感じ。 >209
>>208 解とならないというのなら、証明して下さい。
236を、見てください。 >210
> r=p^{1/(p-1)}なので、整数比の解を持たない
x^p+y^p=(x+2)^pがr=2なので有理数解を持つことと
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pがr=p^{1/(p-1)}なので整数比の解を持たないこと
は矛盾しているので証明は間違い
よく、意味がわかりません。 >211
ちなみにp=2でrが無理数の時、整数比の解をもちます。
rが無理数であるということは、整数比の解を持たないということの証拠になりません。
236を見てください。 >212
はブログの人(rugger320)でも問題ありとみなすと思います
もう一度見てもらったらどうですか？
同じ、内容です。 >214
フェルマーの最終定理の証明とは無関係のコピペを繰り返すのではなくて
そろそろフェルマーの最終定理の証明を書いたらどうですか？
236を見てください。 (修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >219
s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
ことの証明を書いてください
246を見てください。1=(ap)^{1/(p-1)}となります。 >220
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、整数比の解を持たない。
最後の一文はフェルマーの最終定理と（ほぼ）同値です。よく言い切れるねえ。
246を見てください。 >221
フェルマーの最終定理の簡単な証明をします→フェルマーの最終定理は既に他人様が正しい事を証明しています→すなわちわフェルマーの最終定理は正しいです→ね、簡単でしょ？
こういう事だ。
246を見てください。 >223
222レスで(修正22)ってすごいよな。
全然まとまってないじゃん。
246を見てください。 >229
・>>1が返信しても「よく分かりません」「どうしてでしょうか」が多く、発展的・建設的な議論ができない。
・【証明】を更新してばかりで、自分の殻に閉じこもっている。
246を見てください。 >230
全く違う結果になる「可能性」があることはわかりますが、本当に違うんですか？
x^3+y^3=(x+√3)^2には自然数比となる解がないと言い切れますか？
x^3+8y^3=(x+√3)^2だとどうですか？
式が、違います。 >233
p=2の時に当てはめれば、インチキのウソであることがよくわかります。
246を見てください。 >235
数学能力を根本的に欠いているので
間違いを直すどころか理解すらできない
246を見てください。 >237
(3)でx=5,y=12が解でないからといって、x=5、y=12が(1)の解でないとは言えない。
調べたのは(3)で、(1)に無理数で整数比の解がないことは調べていないので、証明は間違いです。
246を見てください。 (修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >238
あなたは、(3)の解が無理数で整数比である場合の証拠を、実際に調べる気がないので、絶対に証明は正しくなりません。
256を見てください。 >239
日高さんを大工に例えると、こんな感じ。
256を見てください。 >>247
> 246を見てください。1=(ap)^{1/(p-1)}となります。
よく計算できましたね
ただしs^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
ことの証明にはなっていません
s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
ことの証明を書いてください >>257
256を見ました。何も変わっていません。
あなたは、(3)の解が無理数で整数比である場合の証拠を、実際に調べる気がないので、絶対に証明は正しくなりません。 >>255
256を見ました。何も変わっていません。
p=2のとき、(3)でx=5,y=12が解でないからといって、x=5、y=12が(1)の解でないとは言えない。
調べたのは(3)で、(1)に無理数で整数比の解がないことは調べていないので、証明は間違いです。 >259
s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
ことの証明を書いてください
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
が、証明です。 >260
あなたは、(3)の解が無理数で整数比である場合の証拠を、実際に調べる気がないので、絶対に証明は正しくなりません。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
で、調べています。 >261
調べたのは(3)で、(1)に無理数で整数比の解がないことは調べていないので、証明は間違いです。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
で、調べています。 >>263
> (1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(3)の解が、yが有理数で整数比にならないからといって、(1)の解がyが有理数で整数比にならないとは言えません。
p=2のとき、r=8,x=5,y=12は(3)の解ではありませんが、r=8,x=5,y=12は(1)の解であることが、その証拠です。
(3)の解でないことは、(1)の解でない証拠になりません。 (修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>262
> >259
> s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
> ことの証明を書いてください
>
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> が、証明です。
それでは
(3)の解x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合の
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書いてください >265
p=2のとき、r=8,x=5,y=12は(3)の解ではありませんが、r=8,x=5,y=12は(1)の解であることが、その証拠です。
(3)の解でないことは、(1)の解でない証拠になりません。
よく、意味が読み取れません。 >>252 日高
> >230
> 全く違う結果になる「可能性」があることはわかりますが、本当に違うんですか？
> x^3+y^3=(x+√3)^2には自然数比となる解がないと言い切れますか？
> x^3+8y^3=(x+√3)^2だとどうですか？
>
> 式が、違います。
うん、確かに式を間違えました。
x^3+y^3=(x+√3)^3,
x^3+8y^3=(x+√3)^3
だとどうですか？ >>263
(3)の解が無理数で整数比である場合の証拠を、実際に調べた結果が
> (1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
ということならつまり、pが奇素数の時x^p+y^p=(x+r)^p…(1)を満たす整数比の解が存在する、ということですね。 >>266 日高
> (修正26)
> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
「(3)は整数比の解を持たない」は定理と同値な命題であるという認識がありますか？ ＞この「証明」を書いた人は、「 x 、 y 、 z が有理数なら、 X 、 Y は有理数になる」と勘違いしているように思えます。
だってさ >267
(3)の解x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合の
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書いてください
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(ap)^{1/(p-1)}=1となります。 >269
x^3+8y^3=(x+√3)^3
だとどうですか？
わかりません。 >270
ということならつまり、pが奇素数の時x^p+y^p=(x+r)^p…(1)を満たす整数比の解が存在する、ということですね。
違います。整数比の解は、存在しません。 (修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >271
「(3)は整数比の解を持たない」は定理と同値な命題であるという認識がありますか？
ありません。 >272
＞この「証明」を書いた人は、「 x 、 y 、 z が有理数なら、 X 、 Y は有理数になる」と勘違いしているように思えます。
だってさ
どういう意味でしょうか？ >>274 日高
> >269
> x^3+8y^3=(x+√3)^3
> だとどうですか？
>
> わかりません。
では、どうして、x^3+y^3=(x+√3)^3に自然数比をなす解がないとわかるのですか？ >>275
どうしてですか？実際に調べた結果が
> yが有理数で、解が整数比となる。
なら、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)を満たす整数比の解が存在する、という意味以外ないでしょう >>277 日高
> >271
> 「(3)は整数比の解を持たない」は定理と同値な命題であるという認識がありますか？
>
> ありません。
「同値な命題」の意味はわかりますか？ >>273
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (ap)^{1/(p-1)}=1となります。
そもそもy=t*p^{1/(p-1)}は無理数だから(3)でyを有理数にすることは全くの無意味です
左辺は
s^p+t^pは{有理数}^p+{有理数}^pで有理数
(3)の左辺に対応する(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^pは{無理数}^p+{無理数}^pで無理数
右辺は
(s+1)^pは({有理数}+{有理数})^pで有理数
(3)の右辺に対応する(s*p^{1/(p-1)}+p^{1/(p-1)})^pは({無理数}+{無理数})^pで無理数
s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
ことの証明を書いてください
あるいはこれらの解をp^{1/(p-1)}倍してr=p^{1/(p-1)}にした
(3)の解x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合の
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書いてください >>239
実際には日高は草むしりさえもできていないんだよな >279
では、どうして、x^3+y^3=(x+√3)^3に自然数比をなす解がないとわかるのですか？
276を見てください。 >280
> yが有理数で、解が整数比となる。
なら、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)を満たす整数比の解が存在する、という意味以外ないでしょう
同時に、yが無理数で、解が整数比になるものも、存在します。 (修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >281
「同値な命題」の意味はわかりますか？
大体わかります。が、
「同値な命題」とは、
どの命題と、どの命題のことでしょうか？ >282
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書いてください
286を見てください。
(ap)^{1/(p-1)}=1となります。 >283
実際には日高は草むしりさえもできていないんだよな
どういう意味でしょうか？ 考えるべき対象は段階をふんでいったほうがいい
日高さんはたぶん自分の持っている道具だけでFLTを証明できるとおもっているかもしれないが
とりあえず初等数論程度でもいいので学習するのをすすめる
学習していくにつれて視野を広く持てるようになる
そしたら自分の過ちに気づくとおもうし
そもそもFLT以外の対象に価値を見出すようになるとおもいます >290
そしたら自分の過ちに気づくとおもうし
間違いを指摘して頂けないでしょうか。 昔、工学部の有名な教授が言ってたけど、理工系の学問を志すなら、先ずは国語を次に英語を勉強して、最後に専門分野を勉強しなさいと言っていた事を思い出した。
言葉が分からないと、間違いを指摘されても何を間違えているのかも分からないし、自分の考えも伝えられないもんな。 >292
言葉が分からないと、間違いを指摘されても何を間違えているのかも分からないし、自分の考えも伝えられないもんな。
間違いを指摘して頂けないでしょうか。 日高理論では、式が違うときは同じ結果にならない可能性がある。
p=3とp=5では式が違うので、証明は同じではない。
同じように証明できると思い込んでいるのが間違い。 >294
p=3とp=5では式が違うので、証明は同じではない。
同じです。 (修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>296
>(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
ここが間違ってます。正しくは
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は「yが有理数のとき」整数比の解を持たない。
であって，「yが無理数のとき」整数比の解をもつかどうかは不明です……(*)
この段階で「yが無理数のとき」でも整数比の解はもたない，ということについての証明はなにも為されていません。
それとも，もう，この段階で証明されたと考えておられるのですか？
>(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
ここの部分は日本語として意味不明です。
>(1)のyが無理数で、解(x,y,z)が整数比となるならば、(1)にはy'が有理数で、整数比となる解(x',y',z')が存在することになる。
の意味だとすると，その通りです，まったく疑問はありません，としか言いようがありません。
>(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
定数のとりかたに疑問はありますが，(3)の解(x,y,z)を定数倍(>0)しても，(3)を満たしますという意味なら，これもその通りです，としか言いようがありません。
しかし，そこから
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
は導けません。
(3)では「ｙが無理数のとき」の議論をしていません。(*)の状態です，つまり，整数比となる解は存在するかも知れないのですから。
「ｙが無理数のとき」(3)の解のa^{1/(p-1)}倍が，整数比となる有理数解，または無理数解となる可能性を否定できていません。
よって【証明】は誤りです。 >297
この段階で「yが無理数のとき」でも整数比の解はもたない，ということについての証明はなにも為されていません。
それとも，もう，この段階で証明されたと考えておられるのですか？
修正します。
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(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。 (修正27)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3),(4),(1)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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3),(4),(1)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>298
> (1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
> (1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
これは(1)のyが無理数で解が整数比のときはrが無理数
(1)のyが有理数で解が整数比のときはrが有理数でなければならないので
(3)のr=p^{1/(p-1)}が無理数であれば整数比になるのはyが無理数のとき
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
これで整数比の解を持たないと結論づけることはできない >>288
> >282
> (s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
> の左辺と右辺が一致しないことの証明を書いてください
>
> 286を見てください。
> (ap)^{1/(p-1)}=1となります。
それだったら
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致してもいいわけだよね
(ap)^{1/(p-1)}=1ならs^p+t^p=(s+1)^pが成り立ってこちらも
左辺と右辺が一致するということなんだから一致しないことの証明ではない
(ap)^{1/(p-1)}=1となることと左辺と右辺が一致する(しない)ことは無関係
[問]
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2において
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合に
(s*p^{1/(p-1)})^2+(t*p^{1/(p-1)})^2=((s+1)*p^{1/(p-1)})^2の左辺と右辺は
一致するかしないか?
[解答]
tを有理数としてy=t*p^{1/(p-1)}をx^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2に代入すると
(t*p^{1/(p-1)})^2=(x+p^{1/(p-1)})^2-x^2=2*p^{1/(p-1)}*x+(p^{1/(p-1)})^2
t^2*p^{1/(p-1)}=2x+p^{1/(p-1)}
2x=p^{1/(p-1)}(t^2-1)
x=p^{1/(p-1)}*(1/2)*(t^2-1)
s=(1/2)*(t^2-1)とすればsは有理数でx=s*p^{1/(p-1)}
z=x+p^{1/(p-1)}=s*p^{1/(p-1)}+p^{1/(p-1)}=(s+1)*p^{1/(p-1)}
であるから左辺と右辺は一致する
[問]
(3)の解x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合の
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致するかしないか?
[解答]
tを有理数としてy=t*p^{1/(p-1)}をx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに代入すると
...
...
という形になってyに代入するものはp=2のときと同じ形になるはずだ
(3)の解x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合の
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書け >>288
(4)の解x=s*(ap)^{1/(p-1)},y=t*(ap)^{1/(p-1)},z=(s+1)*(ap)^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合の
(s*(ap)^{1/(p-1)})^p+(t*(ap)^{1/(p-1)})^p=((s+1)*(ap)^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書け
> (ap)^{1/(p-1)}=1となります。
だったら
[問]
x^2+y^2=(x+1)^2においてx=s,y=t,z=s+1 (s,tは有理数)の場合に
s^2+t^2=(s+1)^2の左辺と右辺は一致するかしないか?
[解答]
tを有理数としてy=tをx^2+y^2=(x+1)^2に代入すると
t^2=(x+1)^2-x^2=2x+1
2x=t^2-1
x=(1/2)*(t^2-1)
s=(1/2)*(t^2-1)とすればsは有理数でx=s
z=x+1=s+1であるから左辺と右辺は一致する
[問]
(4)の解x=s,y=t,z=s+1 (s,tは有理数)の場合の
s^p+t^p=(s+1)^pの左辺と右辺は一致するかしないか?
[解答]
tを有理数としてy=tをx^p+y^p=(x+1)^pに代入すると
...
...
という形になってyに代入するものはp=2のときと同じ形になるはずだ
(4)の解x=s,y=t,z=s+1 (s,tは有理数)の場合のs^p+t^p=(s+1)^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書け >>295
> >294
> p=3とp=5では式が違うので、証明は同じではない。
>
> 同じです。
x^3+y^3=z^3とx^5+y^5=z^5が区別できないのですか。
3と5の区別が出来ないというのは、小学生の算数も理解できていないということですね。
小学生からやり直せ。 >300
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
これで整数比の解を持たないと結論づけることはできない
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、
この場合のrは無理数です。 >301
(ap)^{1/(p-1)}=1ならs^p+t^p=(s+1)^pが成り立ってこちらも
左辺と右辺が一致するということなんだから一致しないことの証明ではない
(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。
(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。
よって、x,yは整数比となりません。
x,yを有理数とすると、左辺と右辺は一致しません。 重要
ビットコイン強気相場の到来
まだ間に合う、0.01BTCでもいいから持っておこう 実需を伴う上げ相場が来た
これまでは個人投資家がビットコインを買っていた。これからは機関投資家がビットコインを買っていく
米決済大手のPayPalがアプリ内で暗号資産（仮想通貨）の売買を開始する予定だ。Paypal公式が発表した。
具体的に取り扱う銘柄はビットコイン、イーサリアム、ライトコイン、ビットコインキャッシュの4銘柄。また、店舗側は仮想通貨でなく、PayPalを介して換金された法定通貨を受け付ける仕組み。
Twitterのジャック・ドーシーCEOが率いるオンライン決済のスクエア（Square）は、4709ビットコイン（BTC）を購入したと発表した。同社の総資産の1%、5000万ドル（約53億円）に相当する。
ナスダックに上場しているマイクロストラテジー（MicroStrategy）は、少なくとも100年にわたりビットコインを保有するという。同社創業者兼CEOのマイケル・セイラー氏が15日、CoinDeskのインタビューで語った。
このインタビューの直前、セイラー氏はツイッターで、ビットコインへの投資を強化し、さらに1億7500万ドル（約184億円）を追加購入すると述べている。同社のビットコイン購入額は、これで4億2500万ドル（約447億円）となった。
「これは投機でもなければ、リスクヘッジでもない。ビットコインを標準として採用するという、熟考を重ねた企業戦略だ」
Bitcoinの四年周期の規則性 BTCは半減期を起点としたパターンが存在する
ビットコインの過去の価格変動の動きには「一定の規則性」があり、
・強気相場 ・下落相場 ・蓄積期間 ・伸長期間 ・再蓄積期間という合計5段階に分けた動きで市場が繰り返されている
次の「強気相場」ではおよそ140,000ドル（約1,500万円）近くまで価格が上昇する見通しです
ビットコイン急伸 年初来高値更新で「過去最高値」も視野
0.001BTC(現在1300円)は今世紀後半の労働者の生涯年収に相当 >>305
> x,yを有理数とすると、左辺と右辺は一致しません。
(3)のときはx=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)}なんだからx,yは無理数だろ >>304
> (1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、
> この場合のrは無理数です。
だから
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3),(4),(1)は整数比の解を持たない。
この(3)のrは無理数だからyを有理数としたらダメだろ >>274 日高
> >269
> x^3+8y^3=(x+√3)^3
> だとどうですか？
>
> わかりません。
じゃあx^3+y^3=(x+√3)^3も怪しいものだね。 >>287 日高
> >281
> 「同値な命題」の意味はわかりますか？
>
> 大体わかります。が、
> 「同値な命題」とは、
> どの命題と、どの命題のことでしょうか？
「大体」じゃ困る。正確に説明してみよ。 (修正27)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3),(4),(1)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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3),(4),(1)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>311
>(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
>(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3),(4),(1)は整数比の解を持たない。
上の行は日本語として依然として意味不明です。
「yが有理数で、解が整数比となる。」の主語は何ですか？
そして，「解が整数比となる。」というのは，「「解が整数比となる」という命題は「真」である」という意味なんですか？
主語が(1)で，「(1)について「yが有理数で、解が整数比となる」という命題は「真」である」という意味ならば，(1)には有理数解，即ち整数比となる解があることになるのですから，下の行の結論は引き出せないでしょう。 「日高は自分の証明が間違いだと分かった場合のみ、数学を学ぼんで知識を得ようとする」
「日高は知識が足りないので、指摘されても自分の証明が間違いだと分からない」
よって日高には何を言っても無駄 >>311
p=2のとき、r=8,x=5,y=12は(3)を満たさない。r=8,x=5,y=12は(1)を満たす。
P=2の時は、pが素奇数の場合と、同じ考え方だから、
pが奇素数の時、(3)を満たさないが、(1)を満たす解が存在する。
よって、yが有理数で整数比のx､y､zが(3)を満たさないことは、yが有理数で整数比のx､y､zが(1)を満たさない証拠にならない。
※※※ここ重要***なぜならp=2のとき、r=8,x=5,y=12は(3)を満たさないがr=8,x=5,y=12は(1)を満たすから。※※※ここ重要***
(3)を満たさないが(1)を満たすyが有理数で整数比の解を調べていないので、証明は失敗です。 >>311
あと、
「(3)はrが無理数なので」と書かなかったらrが無理数であることをインチキでごまかせる、とか思ってますか？
rは何でもいいのにr^(p-1)=pに勝手に決めたのはあなた
yは何でもいいのにyは有理数と勝手に決めたのもあなた
rを無理数に勝手に決めて、yを有理数に勝手に決めたら、x､y､zが整数比にならないのは当たり前ですよ。
あなたは勝手に整数比でない解を調べてるだけで、整数比の解を全く調べていません。
(√3)^2+2^2=(√3+(√7-√3))^2をいくら調べても、3^2+4^2=(3+2)^2が成り立つかどうかを調べたことになりません。
p=2のときは、pが素奇数の場合と、同じ考え方だから、
rが無理数、yが有理数の時をいくら調べても、3^p+4^p=5^pが成り立つかどうかを調べたことになりません。 >312
>(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
>(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3),(4),(1)は整数比の解を持たない。
上の行は日本語として依然として意味不明です。
「yが有理数で、解が整数比となる。」の主語は何ですか？
「(1)の」です。
そして，「解が整数比となる。」というのは，「「解が整数比となる」という命題は「真」である」という意味なんですか？
「「真」である」の意味がわかりません。
等式の性質により、当然そうなります。 (修正28)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、等式の性質により、yが有理数で、解が整数比となる。
そこで、(3)のyを有理数としたとき、xが有理数となるかを、検討する。
(3)は、p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数としたとき、xは、無理数となる。
よって、(3),(4),(1)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は自然数解を持たない。 >>317
>そこで、(3)のyを有理数としたとき、xが有理数となるかを、検討する。
検討するのは(3)のyが無理数のときです。(3)ではzが無理数なのですから，yが有理数ならばそれだけで解は整数比となり得ません。xの検討は不要です。 >318に追加
【証明】を読んでいると，あなたは，無理数が整数比となるという意味をよく理解していないように見受けられます。
(3)で検討すべきなのは zが無理数なのですから，例えば(x,y,z)=(√2, 2√2, 3√2)となるような場合があるかどうかです。
この場合，x,y,zはすべて無理数ですが，x:y:z=1:2:3の整数比となります。
このような「解x,y,zがすべて無理数であって，かつその比が整数比となるもの」がないかどうかを検討するのであって，x,y,zに有理数と無理数が混在するような場合の検討は不要です。
くり返しますがx,y,zに有理数と無理数が混在する場合はx:y:zが整数比とならないのは自明です。検討する必要はありません。
zが無理数ならば，x,yは無理数であるのが必然的に必要条件として要請されるので，考察する価値があるのは「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる場合がある」かどうかです。
ですから，zが無理数なのに「yを有理数としたとき」などを考察し始めた点で証明はコースから外れてしまいます。
(3)で「yを有理数としたとき」の検討は不要です。不要なものは省きましょう。いや，ゴミとして棄ててしまいましょう。 >318
検討するのは(3)のyが無理数のときです。(3)ではzが無理数なのですから，yが有理数ならばそれだけで解は整数比となり得ません。xの検討は不要です。
(3)と(1)は、同じです。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、等式の性質により、yが有理数で、解が整数比となります。 >319
考察する価値があるのは「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる場合がある」かどうかです。
「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる場合がある」ならば、
x,y,zがすべて有理数であって整数比となります。 >>321
日高さん，ある方程式の別の解は，別の解だとわかるように書かないと無用の混乱の元です。
あなたがおっしゃりたいのは，p=2の場合でいえば
x^2+y^2=z^2 は解(3√2,4√2,5√2)を解にもつが，そのとき(3,4,5)も解となる，ということでしょう。
それはまったくその通りです。pが奇素数のとき
(sw,tw,uw)(s,t,uが有理数，wは無理数)がx^p+y^p=z^pの解ならば(s,t,w)も解となります。
それは，まったく正しいとして，それを指摘した上で何を主張なさりたいのですか。
上の事実はx^p+y^p=z^p が整数比となる無理数解をもつとき，整数比となる有理数解ももつということであり，これには誰も異論がないでしょう。
誰にも異論がないことを主張した上で，何が主張のポイント，目的なんですか。少々修正して
>(3)に「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解がある」ならば、x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解もある。
と書くと，「まったくその通りです」とお答えすることになります。
で？ それの何が問題なんですか？ >>321
まさか
>(1)(3)に「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解がある」ならば、(1)(3)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がある」。
>後の「 」は成立しないから，これは矛盾である
という主張じゃないでしょうね？ >322
で？ それの何が問題なんですか？
どういう意味でしょうか？ >>320
> (3)と(1)は、同じです。
だったら(1)で証明すればよいでしょう
p=2のときとpが奇素数のときで同じ形になるから
p=2のとき
> x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
[問]
x^2+y^2=(x+r)^2においてx=s*r,y=t*r,z=(s+1)*r (s,tは有理数)の場合に
(s*r)^2+(t*r)^2=((s+1)*r)^2の左辺と右辺は一致するかしないか?
[解答]
tを有理数としてy=t*rをx^2+y^2=(x+r)^2に代入すると
(t*r)^2=(x+r)^2-x^2=2rx+r^2
2x=r*(t^2-1)
x=r*(1/2)*(t^2-1)
s=(1/2)*(t^2-1)とすればsは有理数でx=s*r
z=x+r=(s+1)*rであるから左辺と右辺は一致する
pが奇素数のとき
> 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。
[問]
x^p+y^p=(x+r)^pにおいてx=s*r,y=t*r,z=(s+1)*r (s,tは有理数)の場合の
(s*r)^p+(t*r)^p=((s+1)*r)^pの左辺と右辺は一致するかしないか?
[解答]
tを有理数としてy=t*rをx^p+y^p=(x+r)^pに代入すると
...
...
(p=2のときと同じ方針)
>>317
> そこで、(3)のyを有理数としたとき、xが有理数となるかを、検討する。
(3)のyを有理数としたら(3)のr=p^{1/(p-1)}は無理数であり
上の(1)のy=t*r (tは有理数)にはならないので
フェルマーの最終定理の証明になっていない
> そこで、(3)のyを有理数としたとき、xが有理数となるかを、検討する。
は(3)のyを有理数とするだけではなくてrも有理数にしなければならない
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのyを有理数としたときにxが有理数になるかどうかを
検討してもフェルマーの最終定理の証明ではない
x^p+y^p=(x+1)^pのyを有理数としたときにxが有理数になるかどうかを
検討すればフェルマーの最終定理の証明になる 孫悟空が筋斗雲で飛び回りまくって釈迦から逃れたと思ったら、実はまだ釈迦の掌の中って話しを何故か思い出した(笑)。 (修正28)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、等式の性質により、yが有理数で、解が整数比となる。
そこで、(3)のyを有理数としたとき、xが有理数となるかを、検討する。
(3)は、p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数としたとき、xは、無理数となる。
よって、(3),(4),(1)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は自然数解を持たない。 >323
まさか
>(1)(3)に「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解がある」ならば、(1)(3)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がある」。
>後の「 」は成立しないから，これは矛盾である
という主張じゃないでしょうね？
(1)(3)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」ので、
「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解はない。」ということになります。 >>328
> (1)(3)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」ので、
> 「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解はない。」ということになります。
(4)に「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解」があるかもしれないので間違い
(1)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」は証明されていない
r=p^{1/(p-1)}のときが(3)ならば整数比になる解を持つとしたら
(1)
rが有理数なら「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解」
rが無理数なら「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解」
(3)
rが無理数なので「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解」のみ
(4)ではr=(ap)^{1/(p-1)}の値による
rが有理数なら「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解」
rが無理数なら「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解」 >>328
>(1)(3)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」
その証明はどこにありますか？？？？？ >>328
>(1)(3)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」
確かに(3)は，rが無理数とされているのでx,y,zがすべて有理数(整数比)となる解はありません。
しかし，(1)はrに条件がついていないのでx,y,zは有理数たり得ます。
>320
>(3)と(1)は、同じです。
は間違っています。(1)と(3)は同じではありません。(1)のrを無理数と限定した式が(3)です。
(1)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」
これは【証明】の主題，つまりフェルマーの最終定理そのものではありませんか。
現在それを証明している途中です。
その証明の途中で，結論は使えません。 >(1)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」
【証明】のどの部分がその証明になっていますか？
>(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、等式の性質により、yが有理数で、解が整数比となる。
>そこで、(3)のyを有理数としたとき、xが有理数となるかを、検討する。
何度でもくり返しますが，(3)のyを有理数としたとき，の検討は不要です。
検討すべきなのは
>等式の性質により、yが有理数で、解が整数比となる
の部分です。日本語が足りていません。
>等式の性質により、yが有理数で、解が整数比となる
(a)...ので，フェルマーの最終定理には反例がある，ことになるんですか？
(b)...ので，(それは不都合だから，あるいは矛盾するから)，(3)のyが無理数のとき，解は整数比とならない，といいたいんですか？
(b)なのでしょうが，その証明はどこにありますか？？？
それとも
>(1)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」
は日高さんにとって自明な命題であり，証明は不要なのでしょうか？ 日高さん同じこと100回くらい指摘されてるけど何で理解できないの？ 他の人に不備を指摘されたら
その不備の内容にあまり関係なく修正案を出すBOTなんでしょ
そして指摘が一切なければ「証明は正しいと認められた」という手法
他の人の丁寧な数学的内容をほとんど理解せずにこれを繰り返せば
そりゃいずれは指摘することはなくなりますな 馬の耳に念仏だ
そして本人は指摘がなくなったことで勝利のガッツポーズ 証明は成功したと() (修正29)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、等式の性質により、yが有理数で、解が整数比となる。
(3)のyを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、xは無理数となる。よって、(3),(4),(1)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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、等式の性質により、yが無理数で、解が整数比となる。
(3)のyを有理数とすると、r=2なので、xは有理数となる。よって、(3),(4),(1)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >331
>320
>(3)と(1)は、同じです。
は間違っています。(1)と(3)は同じではありません。(1)のrを無理数と限定した式が(3)です。
(3)(4)(1)は、x,y,zの比が同じです。
(1)のrは、(3)の場合は無理数、(4)の場合は有理数となります。 >>336
> (1)のrは、(3)の場合は無理数、(4)の場合は有理数となります。
rが有理数だの無理数だの違うんだから(1)と(3)と(4)は違うんじゃん。 >>328
> (1)(3)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」ので、
> 「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解はない。」ということになります。
結局ここから抜け出せてないんだね。
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/
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5 名前：日高[] 投稿日：2020/08/27(木) 19:55:58.80 ID:q02tcKl1 [4/6]
>4
さて、スレも新しくなりましたが、未だ以下の命題を主張されますか？
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
はい。
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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。 >337
> (1)のrは、(3)の場合は無理数、(4)の場合は有理数となります。
rが有理数だの無理数だの違うんだから(1)と(3)と(4)は違うんじゃん。
x,y,zの比は、同じです。 >>335
> (3)のyを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2 (pは奇素数)は
p^{1/(p-1)}が無理数なのでyを有理数としたときxは無理数となる
よって日高理論だと整数比の解を持たない
しかし実際にはx^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2 (pは奇素数)は
p^{1/(p-1)}が無理数なのでyを有理数としたときxは無理数となるが
たとえばx=(3/2)*p^{1/(p-1)},y=2*p^{1/(p-1)},z=(5/2)*p^{1/(p-1)}のような
整数比の解を持つ
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのyを有理数としたときにxが有理数になるかどうかを
検討してもフェルマーの最終定理の証明ではない
x^p+y^p=(x+1)^pのyを有理数としたときにxが有理数になるかどうかを
検討すればフェルマーの最終定理の証明になる >338
> (1)(3)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」ので、
> 「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解はない。」ということになります。
結局ここから抜け出せてないんだね。
どういう意味でしょうか？ >340
> (3)のyを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2 (pは奇素数)は
p^{1/(p-1)}が無理数なのでyを有理数としたときxは無理数となる
よって日高理論だと整数比の解を持たない
違います。
左辺は、p=2なので、右辺のp^{1/(p-1)}は、2^{1/(2-1)}=2^1=2となります。 >>342
x^2+y^2=(x+a2)^2でa=(1/2)*p^{1/(p-1)} (pは奇素数)にすれば
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2 (pは奇素数)になるから
rは0以外なら別にどんな値でもいいだろ
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2 (pは奇素数)は
p^{1/(p-1)}が無理数なのでyを有理数としたときxは無理数となることは正しいが
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2 (pは奇素数)は整数比の解を持つことから
p^{1/(p-1)}が無理数なのでyを有理数としたときxは有理数とはならないだろ >>335
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)について
r=2のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=3、y=4、z=5だけで、それ以外にはありません。
r=3のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=4.5、y=6、z=7.5だけで、それ以外にはありません。
r=4のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=6、y=8、z=10だけで、それ以外にはありません。
r=√2のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√2、y=2√2、z=2.5√2だけで、それ以外にはありません。
r=√3のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√3、y=2√3、z=2.5√3だけで、それ以外にはありません。
r=√5のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√5、y=2√5、z=2.5√5だけで、それ以外にはありません。
r=p^{1/(p-1)}のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5p^{1/(p-1)}、y=2p^{1/(p-1)}、z=2.5p^{1/(p-1)}だけで、それ以外にはありません。
同じ比の解はいくらでも存在しますが、rをある数に決めたら同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません。
(1)はrが決まっていないので同じ比の解がいくらでも存在しますが、(3)はrが決まっているので同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません
r=p^{1/(p-1)}のとき、y=2p^{1/(p-1)}の場合を探していないので、x:y:z=3:4:5になる解を探していません。
証明は失敗です。 大事なことなので繰り返しますが
(1)のｒは決まっていない。rを変えれば同じ比の解がいくらでも存在する。1つのrにつき同じ比の解は1つだけ。
rが有理数なら、整数比になるのはxが有理数、yが有理数、zが有理数の場合だけ。
rが無理数なら、整数比になるのはxが無理数、yが無理数、zが無理数の場合だけ。
(3)のrは決まっている。rが変えられないので同じ比の解は1つだけ。rは1つなので同じ比の解は1つだけ。
(3)のrは無理数なので、整数比になるのはxが無理数、yが無理数、zが無理数の場合だけ。
(3)の解が整数比になるのはyが無理数の場合だけなのに、yが無理数の(3)の解を調べていないので、証明は失敗です。 >>339
> >337
> > (1)のrは、(3)の場合は無理数、(4)の場合は有理数となります。
> rが有理数だの無理数だの違うんだから(1)と(3)と(4)は違うんじゃん。
>
> x,y,zの比は、同じです。
だから何？
比が同じだろうがなんだろうが、違うものは違う。 同じだの違うだの、その場しのぎで意味不明なことを言い続けるから間違い。
同じってどういう意味？
違うってどういう意味？ (修正30)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)(4)の解の比は同じなので、(3)のみを検討する。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)(4)の解の比は同じなので、(3)のみを検討する。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、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。 >>350
348を見ました。何も変わっていません。
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)について
r=2のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=3、y=4、z=5だけで、それ以外にはありません。
r=3のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=4.5、y=6、z=7.5だけで、それ以外にはありません。
r=4のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=6、y=8、z=10だけで、それ以外にはありません。
r=√2のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√2、y=2√2、z=2.5√2だけで、それ以外にはありません。
r=√3のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√3、y=2√3、z=2.5√3だけで、それ以外にはありません。
r=√5のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√5、y=2√5、z=2.5√5だけで、それ以外にはありません。
r=p^{1/(p-1)}のとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5p^{1/(p-1)}、y=2p^{1/(p-1)}、z=2.5p^{1/(p-1)}だけで、それ以外にはありません。
同じ比の解はいくらでも存在しますが、rをある数に決めたら同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません。
(1)はrが決まっていないので同じ比の解がいくらでも存在しますが、(3)はrが決まっているので同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません
r=p^{1/(p-1)}のとき、y=2p^{1/(p-1)}の場合を探していないので、x:y:z=3:4:5になる解を探していません。
証明は失敗です。 >>351
348を見ました。何も変わっていません。
大事なことなので繰り返しますが
(1)のｒは決まっていない。rを変えれば同じ比の解がいくらでも存在する。1つのrにつき同じ比の解は1つだけ。
rが有理数なら、整数比になるのはxが有理数、yが有理数、zが有理数の場合だけ。
rが無理数なら、整数比になるのはxが無理数、yが無理数、zが無理数の場合だけ。
(3)のrは決まっている。rが変えられないので同じ比の解は1つだけ。rは1つなので同じ比の解は1つだけ。
(3)のrは無理数なので、整数比になるのはxが無理数、yが無理数、zが無理数の場合だけ。
(3)の解が整数比になるのはyが無理数の場合だけなのに、yが無理数の(3)の解を調べていないので、証明は失敗です。 >>335
>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。
この文に続いて
>> 以下の【証明】の目的は，命題P「(1)が有理数解をもたないこと」またはその同値命題である命題Q「(1)が整数比となる無理数解をもたないこと」を証明することである。
>>【証明」の終了まではPおよびQの真偽は不明である。
を追加しましょう。
この2つの命題P，Qは，rが任意であるかぎり同値なのでどちらか一方を証明すればいいのですが，同値命題である以上，どちらも証明主題，即ち証明の対象であり，この段階ではどちらの命題も真偽不明であることをはっきりさせておきます。
繰り返しておきますが，P，Qは証明主題であり，未だに証明されていません。即ち真偽不明です。そこで【証明】の先を見てみると
>(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、等式の性質により、yが有理数で、解が整数比となる。
とあります。この行の説明として>328では
>(1)(3)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」ので、
>「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解はない。」ということになります。
「命題Pは真である」ことが前提になっていませんか？
【証明】の終了まで命題Pの真偽は不明です。
>328の主張の根拠は何ですか？ >356
>328の主張の根拠は何ですか？
x^p+y^p=(x+r)^pが、有理数解を持つか、持たないかは、
(3)(4)の解の比は同じなので、rに依らない。
ということです。 >357
>356
>328の主張の根拠は何ですか？
x^p+y^p=(x+r)^pが、有理数解を持つか、持たないかは、a=1の場合で決まります。
(3)(4)の解の比は同じなので、rに依らない。
ということです。 >>357
>328では
>(1)(3)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」(命題P)
と主張されています。
>x^p+y^p=(x+r)^pが、有理数解を持つか、持たないかは、
>(3)(4)の解の比は同じなので、rに依らない。
>ということです。
Pを正しいとする何の根拠にもならないではありませんか。支離滅裂と言うしかありません。
日高さん，整数比となる無理数解，整数比となる無理数解と言われ続けて，これさえ否定してしまえば証明が成立すると勘違いされているんじゃないですか？
>(1)(3)には「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」ので、
>「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解はない。」ということになります。
本来【証明】の目的は，上に引用された「x,y,zがすべて有理数であって整数比となる解がない」ことを証明することです。
あなたが(3)でrを無理数に取っているから，それなら証明は「x,y,zがすべて無理数であって整数比となる解はない。」ことを対象にしなければなりませんね，というだけのことです。
何を証明しようとしているのかお忘れになってはいませんか？ (修正30)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)(4)の解の比は同じなので、(3)のみを検討する。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)(4)の解の比は同じなので、(3)のみを検討する。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、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。 >>360
>(3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、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。
yが無理数のときは？
なんで，それを省けると考えるんですか？
yが無理数の場合を取り扱わないのであれば，証明に穴が空くことは明らかではありませんか。 >359
Pを正しいとする何の根拠にもならないではありませんか。
「Pを正しいとする」とは、どういう意味でしょうか？ >361
yが無理数のときは？
なんで，それを省けると考えるんですか？
yが無理数のときは、(4)の場合と、同じとなります。 >>364
rが有理数のときは(3)で扱い，rが無理数のときは(4)で扱うんですか？
rが有理数のときはなぜ(4)と同じにならないんですか？
>(3)(4)の解の比は同じなので、(3)のみを検討する。
(4)の検討は不要といいながら，(4)を持ち出すのはおかしいと思いませんか？ それに>360 の(4)は式が書いてあるだけで何の検討もされていません。
結局，yが無理数の場合を取り扱えていません。
もう一度おたずねします。
yが無理数の場合はどうなるんですか？ >>360
aの話に書き直します。
r^(p-1)=apでr=2となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=3、y=4、z=5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=3となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=4.5、y=6、z=7.5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=4となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=4.5、y=6、z=7.5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=√2となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√2、y=2√2、z=2.5√2だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=√3となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√3、y=2√3、z=2.5√3だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=√5となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√5、y=2√5、z=2.5√5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=p^{1/(p-1)}となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5p^{1/(p-1)}、y=2p^{1/(p-1)}、z=2.5p^{1/(p-1)}だけで、それ以外にはありません。
同じ比の解はいくらでも存在しますが、rをある数に決めたら同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません。
(4)はaが決まっていないので同じ比の解がいくらでも存在しますが、(3)はaが決まっているので同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません
r=p^{1/(p-1)}のとき、y=2p^{1/(p-1)}の場合を探していないので、x:y:z=3:4:5になる解を探していません。
証明は失敗です。 >365
>rが有理数のときは(3)で扱い，rが無理数のときは(4)で扱うんですか？
rが有理数のときは(4)で扱います。rが無理数のときは(3)で扱います。
>rが有理数のときはなぜ(4)と同じにならないんですか？
どういう意味でしょうか？
>(4)の検討は不要といいながら，(4)を持ち出すのはおかしいと思いませんか？
(3)(4)の解の比は同じなので、(3)のみを検討します。 >>368
>(3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、有理数解を持たない。
それでは(4)を持ち出さず，(3)のみでyが無理数の場合の証明を上の文(【証明】の最終行)に続けて下さい。
yが無理数の場合が取り扱われていないこと，従って証明が完結していないことは理解されていますよね。 >>368
気に入らないところ，ここを修正すれば証明は正しくなるというところをを訂正して下さい。
>(1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
[この行は不要。単にr=p^{1/(p-1)}とおくとするだけでよい。]
>(3)(4)の解の比は同じなので、(3)のみを検討する。
[そうなのだとしたら(4)も不要]
(修正30)の修正
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)はr=p^{1/(p-1)}とおくと、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、yが有理数の場合は，(3)は有理数解を持たない。
しかし，yが無理数とすると，xは有理数であっても無理数であってもよい。よってyが無理数の場合は，(3)が整数比となる無理数解をもつかどうかは不明である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つかどうかはわからない。 >>369
(4)（で考えるべき y が無理数の場合の証明）は(3)に帰着されるから考えなくて良い、
と言っているのかも。 >>371
日高氏ではないのでどういう意図かは不明ですけど，(3)と比較したときの(4)はzの項をいじっているだけなので，(3)(4)ともにyが無理数の場合を考えなくてよい理由がありません。
(4)を検討しないといってるのですから，(3)でyが無理数の場合を考えないと証明には大穴が空いたままになります。 (3)ではrが無理数なので，有理数解をもたないことは自明でした。なので>370を少々修正して
(修正30)の修正の修正
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)はr=p^{1/(p-1)}とおくと、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、yが有理数の場合は，(3)は整数比となる無理数解を持たない。
しかし，yが無理数とすると，xは有理数であっても無理数であってもよい。よってyが無理数の場合は，(3)が整数比となる無理数解をもつかどうかは不明である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つかどうかはわからない。 >>357-358
> x^p+y^p=(x+r)^pが、有理数解を持つか、持たないかは、
> (3)(4)の解の比は同じなので、rに依らない。
> x^p+y^p=(x+r)^pが、有理数解を持つか、持たないかは、a=1の場合で決まります。
> (3)(4)の解の比は同じなので、rに依らない。
有理数解をr倍した解はx=s*r,y=t*r,z=(s+1)*r (s,tは有理数)と書けるので
>>360
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、有理数解を持たない。
これは間違い
p=2のとき有理数解を持つことを示す方法として
x^2+y^2=(x+r)^2
y=t*rとしてx=s*rとなる (s,tは有理数)
rに値を代入して計算しても良い
x^2+y^2=(x+1)^2において
yを有理数としてxが有理数となる
x^2+y^2=(x+2)^2において
y=2tとしてx=2sとなる (s,tは有理数)
yを有理数としてxが有理数となる
x^2+y^2=(x+√3)^2において
y=t*√3(yは無理数)としてx=s*√3(xは無理数)となる (s,tは有理数)
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2 (pは奇素数)において
y=t*p^{1/(p-1)}(yは無理数)としてx=s*p^{1/(p-1)}(xは無理数)となる (s,tは有理数)
フェルマーの最終定理の証明つまりpが奇素数のときもp=2のときと同じ
x^p+y^p=(x+r)^pにおいて
y=t*rとしてx=s*rとなるか？ (s,tは有理数)
>(3)のみを検討する。
であればフェルマーの最終定理の証明は
r=p^{1/(p-1)}なら
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pにおいて
y=t*p^{1/(p-1)}(yは無理数)としてx=s*p^{1/(p-1)}(xは無理数)となるか？
繰り返すが
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、有理数解を持たない。
y=t*p^{1/(p-1)}でないので間違い (修正31)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると成り立たない。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)も成り立たない。
(3)のx,yを無理数とすると(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)が成り立たないので、(3')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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、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。 >>376
(修正30)で
>(3)(4)の解の比は同じなので、(3)のみを検討する。
(4)の検討はいらない，というのは進歩だったのに，(4)を復活させて，(3)'まで復活ですか。
>(3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると成り立たない。
で，肝心のx，yが無理数の場合は華麗にスルー。
何が問題とされているのか理解されていますか？ >>376
何も変わっていませんね。
r^(p-1)=apでr=2となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=3、y=4、z=5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=3となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=4.5、y=6、z=7.5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=4となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=4.5、y=6、z=7.5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=√2となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√2、y=2√2、z=2.5√2だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=√3となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√3、y=2√3、z=2.5√3だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=√5となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√5、y=2√5、z=2.5√5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=p^{1/(p-1)}となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5p^{1/(p-1)}、y=2p^{1/(p-1)}、z=2.5p^{1/(p-1)}だけで、それ以外にはありません。
同じ比の解はいくらでも存在しますが、rをある数に決めたら同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません。
(4)はaが決まっていないので同じ比の解がいくらでも存在しますが、(3)はaが決まっているので同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません
r=p^{1/(p-1)}のとき、y=2p^{1/(p-1)}の場合を探していないので、x:y:z=3:4:5になる解を探していません。
証明は失敗です。 >>378
> >375
> 376を見てください。
おまえは>>375を読んでいないだろ
>>376
> (3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると成り立たない。
y=t*p^{1/(p-1)}でないので間違い
> (3)のx,yを無理数とすると(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
> (p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)が成り立たないので、(3')も成り立たない。
フェルマーの最終定理の証明は
x^p+y^p=(x+r)^pにおいてy=t*rとしてx=s*rとなるか？ (s,tは有理数)
であるから
(s*r)^p+(t*r)^p=(s*r+p^{1/(p-1)})^p (r=p^{1/(p-1)}は無理数)と書ける時点で反例が存在する
よって(4)も成り立ち(3')も成り立つ
証明すべきなのは
y=t*wとしたときにx=s*w (s,tは有理数、wは無理数)とならないこと
w=p^{1/(p-1)}ならば無理数なので
(3)でy=t*p^{1/(p-1)}としてx=s*p^{1/(p-1)}とならないことを
証明しなければならない
フェルマーの最終定理の証明は
x^p+y^p=(x+r)^pにおいてy=t*rとしてx=s*rとなるか？ (s,tは有理数) >>376
(修正31)において
>(3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると成り立たない。
(3)でx,yが無理数の場合には(3)は真偽不明です。
従って(3)でx,yが無理数の場合，(4)も真偽不明です。
>(3)のx,yを無理数とすると(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
>s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
>(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)が成り立たないので、(3')も成り立たない。
(3)のx,yを無理数とすると(4)が真偽不明なので，(3')も真偽不明です。
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
なので，上の結論は導けません。 >>380追記
(3)でx、yが無理数の時、共通の無理数で割れば、(4)になる。
(4)でx､y､zが有理数で整数比の時、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解は無理数で整数比となる。
(3)の解で無理数で整数比となる場合、たとえば3:4:5になる場合を調べていないのは、>>380のとおり。
(3)の解で3:4:5になるようなものを調べていないので、証明は失敗です。 >382
(3)のx,yを無理数とすると(4)が真偽不明なので，(3')も真偽不明です。
(3)のx,yを有理数とすると(4)は、真偽不明ではありません。(x,yが無理数の場合は、真偽不明です）
この場合の(4)に照らし合わせると、(3')の真偽がわかります。 >>384
真偽が分かるのは
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,yが有理数
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
(ap)^{1/(p-1)が無理数のときのx,yが有理数
(ap)^{1/(p-1)が有理数のときのx,yが無理数
真偽不明
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,yが無理数
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
(ap)^{1/(p-1)が無理数のときのx,yが無理数
(ap)^{1/(p-1)が有理数のときのx,yが有理数
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')
(ap)^{1/(p-1)が有理数のときのx,yが有理数の場合は真偽不明
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のときのx,yが有理数の場合は真偽不明 >>376の(修正31)は、>>23の(修正2)と酷似している。
ループしているのでは？ (修正31)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると成り立たない。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)も成り立たない。
(3)のx,yを無理数とすると(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)が成り立たないので、(3')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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、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。 >>387
(4)も成り立たない、ってどういう意味で使ってますか？
(ap)^{1/(p-1)}=1のときで、たとえばp=3のとき、
x=1/(9^(1/3)-1),y=2/(9^(1/3)-1)のとき、x^3+y^3=(x+1)^3…(4)が成り立ちますので
(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)が成り立たない、はインチキのウソです。
(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)が成り立たない、がインチキのウソなので、
> (p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)が成り立たないので、(3')も成り立たない。
はインチキのウソです。証明は失敗です。 >>353
p=3とp=5が同じとか言っていた説明が全くありませんが。
バカなの？ >>352
> >346
> 348を見てください。
348を見たって、今まで使っていた「同じ」という用語が意味不明なのは全く解消されていませんが。
> (1)のrは、(3)の場合は無理数、(4)の場合は有理数となります。
と言っていたのだから、違うものは違う。 >>384
>(3)のx,yを有理数とすると(4)は、真偽不明ではありません。(x,yが無理数の場合は、真偽不明です）
(3)でx,yが無理数の場合は、[(4)は]真偽不明です，と認めているのに
>この場合の(4)に照らし合わせると、(3')の真偽がわかります。
はおかしいでしょう。(4)が真偽不明の状態である場合を含むのに，それに照らし合わせてなんで(3)'の真偽がわかるんですか？
(修正31)の
>(3)のx,yを無理数とすると(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
[(3)でx，yが無理数の場合なので，この式が成り立つかは不明]
>s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
[(3)'は，上の式をw^pで割っただけなので，成り立つかは不明]
>(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)が成り立たないので、(3')も成り立たない。
[(4)を不成立となし得るのは，(3)のx，yが有利数の場合のみ]
[(3)のx,yが無理数の場合，(4)の成立不成立は不明なので，(3)'の成立不成立も不明]
です。(4)に照らし合わせると，というのはいったい何をどうするんですか？ ああ，日高氏が何が言いたいのかわかった気がする。(修正31)で
>(3)のx,yを無理数とすると(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
>s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
2行目は，x，yが有理数になっているので(3)のx，yが有理数の場合である，と言いたいんだ。
しかし残念でした。
(p^{1/(p-1)})/w とrが無理数wで割られているので，これは(3)ではありません。
(3)は右辺のz=x+rのrが無理数であることが確定していますが，(3)'はその右辺をw^pで割っています
すなわち，無理数zを無理数ｗで割っているのでzが有理数化している可能性があります。
x，yが有理数のとき(3)が成り立たないとしているのは右辺が無理数であるからです。
(3)'では，右辺が有理数である可能性が生じているので，x,yが有理数のとき(3)'は成り立たないと言えなくなります。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数になることはないという別の証明が必要になりますが，(p^{1/(p-1)})/w=Rとおくと
x^p+y^p=(x+R)^p (pは奇素数)は有理数解をもたないことを証明することになるんでしょうか。
ははは，出発点に戻ってしまいそうですよ。困りましたね，ははは 解った。
日高さんは我々が知るピタゴラスの定理が成り立たない平行世界からやって来たのだ。
日高さんが居た世界ではπが3.38で割り切れたりする世界で、我々の座標系は通用しない。 >392
(p^{1/(p-1)})/wが有理数になることはないという別の証明が必要になりますが，(p^{1/(p-1)})/w=Rとおくと
x^p+y^p=(x+R)^p (pは奇素数)は有理数解をもたないことを証明することになるんでしょうか。
ははは，出発点に戻ってしまいそうですよ。困りましたね，ははは
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)が成り立たないので、
(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると、式がなりたちません。
この場合の(4)は、(3)のx,yを有理数とした場合の定数倍の式です。 >394
(p^{1/(p-1)})/wは、有理数、無理数どちらにもなります。 >>394
>x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)が成り立たないので、
>(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると、式がなりたちません。
上の行の「(4)が成り立たないので」の根拠・意味が不明です。
下の行についていえば，wは無限定なんですよ。有理数になる場合がないわけがないでしょう。
w=p^{1/(p-1)}でも有理数になり得ます。
証明の記述だけでは(p^{1/(p-1)})/w が有理化できない理由が見当たりません。
有理化したらx^p+y^p=z^pを満たさなくなる，というならばその証明が必要です。
>この場合の(4)は、(3)のx,yを有理数とした場合の定数倍の式です。
また，(4)が(3)のx，yが有理数の場合の限定の式というならば【証明】(修正31)の
>(3)のx,yを無理数とすると(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
以降では，(4)は持ち出せないでしょう。
「(3)のx,yを無理数とすると」と書いてあるのですから。
(3')はx,yが無理数の場合にw^pで(3)を割っているだけですから，(4)は持ち出せません。
w^pで割ったからx，ｙは有理化しているはずだといっても，右辺も同じく有理化している可能性があります。
(3)'にはその可能性があることが，右辺が無理数と確定している(3)とは異なります。
言うまでもないことでしょうが，右辺が有理化するとあなたの【証明】にとって都合が悪いからといって，だから有理化しないとは言えません。 (396の訂正)
>有理化したらx^p+y^p=z^pを満たさなくなる，というならばその証明が必要です。
と書いてますが，(修正31)では
>s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
とあるので，右辺が有理化したら，フェルマーの最終定理には反例があることになってしまいますね。
>有理化したらx^p+y^p=z^pを満たしてしまう，即ちフェルマーの最終定理に反例があることになってしまうので(p^{1/(p-1)})/wは有理化しない，というのであればその証明が必要です。
と読み替えて下さい。 >>387
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
(中略)
> (3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、有理数解を持つ。
そもそもこんな致命的な書き間違いを放っておくのも論外だけど
ここが一番この文章で重要なところなのに何の証拠も書いてない
証明とは、証拠を書くことです。証拠を書いていないこの文章は、もはや証明ではありません。
今のあなたに証明は無理です。数学を基礎から勉強してください。 (修正32)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
x^p+y^p=z^pのx,yが無理数で、解が整数比となるならば、x,yが有理数で、解が整数比となる。
(3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、解は整数比とならない。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、有理数解を持つ。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。よって、(4)も有理数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>399
p=2のとき、x=5,y=12,z=13はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解ではありません。
p=2のとき、x=5,y=12,z=13はx^p+y^p=z^pの解です。
この例の通り、(3)の解でないことは、x^p+y^p=z^pの解でないことの証拠になりません。
証明は失敗です。 >>401書き直し
p=2のとき、x=5,y=12,z=13はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解ではありません。
p=2のとき、x=5,y=12,z=13はx^p+y^p=z^pの解です。
この例の通り、有理数のｘ、有理数のyが(3)の解でないことは、有理数のｘ、有理数のyがx^p+y^p=z^pの解でないことの証拠になりません。
証明は失敗です。 >>402もうちょっと付けたし
p=2のとき、x=5,y=12,z=13はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解ではありません。
p=2のとき、x=5,y=12,z=13はx^p+y^p=z^pの解です。
この例の通り、有理数のｘ、yが(3)の解でないことは、有理数のｘ、yがx^p+y^p=z^pの解でないことの証拠になりません。
有理数のｘ、ｙがx^p+y^p=z^pの解でないことの証拠がないので、そのことは有理数で整数比のx,y,zがx^p+y^p=z^pの解でないことの証拠になりません。
有理数で整数比のx,y,zがx^p+y^p=z^pの解でないことの証拠がないので、そのことは無理数で整数比のx,y,zがx^p+y^p=z^pの解でないことの証拠になりません。
証明は失敗です。 >>399
そして何度かいても内容についての書き込みがありませんが、以下の内容にどこか理解できないことがありますか？
r^(p-1)=apでr=2となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=3、y=4、z=5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=3となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=4.5、y=6、z=7.5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=4となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=4.5、y=6、z=7.5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=√2となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√2、y=2√2、z=2.5√2だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=√3となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√3、y=2√3、z=2.5√3だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=√5となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√5、y=2√5、z=2.5√5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=p^{1/(p-1)}となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5p^{1/(p-1)}、y=2p^{1/(p-1)}、z=2.5p^{1/(p-1)}だけで、それ以外にはありません。
同じ比の解はいくらでも存在しますが、rをある数に決めたら同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません。
(4)はaが決まっていないので同じ比の解がいくらでも存在しますが、(3)はaが決まっているので同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません
r=p^{1/(p-1)}のとき、y=2p^{1/(p-1)}の場合を探していないので、x:y:z=3:4:5になる解を探していません。
証明は失敗です。 >>399
> rが無理数なので、x,yを有理数とすると、解は整数比とならない。
これは(3)の式の性質を使っていないから以下の日高定理の主張と同じであって
間違いであることぐらいはいくら日高でも分かるだろう
【日高定理】x,y,zが実数のときz-x=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)であればx:y:zは整数比にならない
【日高証明】z=x+rとしてr=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)とする
rが無理数なのでx,yを有理数とするとx,y,zは整数比とならない (注: x,y,zは(3)の解と同じ)
∴z-x=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)であればx:y:zは整数比にならない
【日高定理の反例】x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
r=z-x=(s+1)*p^{1/(p-1)}-s*p^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}
x:y:z=s*p^{1/(p-1)}:t*p^{1/(p-1)}:(s+1)*p^{1/(p-1)}=s:t:(s+1)で整数比
この【日高定理の反例】が(3)を満たすかどうかがフェルマーの最終定理の証明である
【日高定理の反例】は日高の証明には当然表れないので>>399はフェルマーの最終定理の証明でない
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)にy=t*p^{1/(p-1)}を代入して
x=s*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)になるならx^p+y^p=z^pは自然数解を持つ
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に
y=t*p^{1/(p-1)}を代入してx=s*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)になるなら
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)に
y=t*(ap)^{1/(p-1)}を代入してx=s*(ap)^{1/(p-1)} (s,tは有理数)になる
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)にy=t*(ap)^{1/(p-1)}を代入して
x=s*(ap)^{1/(p-1)} (s,tは有理数)になるならx^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >405
x:y:z=s*p^{1/(p-1)}:t*p^{1/(p-1)}:(s+1)*p^{1/(p-1)}=s:t:(s+1)で整数比
この【日高定理の反例】が(3)を満たすかどうかがフェルマーの最終定理の証明である
この反例は、(4)を満たしません。 >>406
おまえの目は節穴か？
> (3)を満たすかどうか
おまえの目は節穴か？
> この反例は、(4)を満たしません。
rはz-xなんだから整数比の解をもつかどうかに関係なく
x,yを変えずにrだけを変えれば満たさなくなるだろ
x^2+y^2=(x+2)^2の解(x,y,z)=(3,4,5)はx^2+y^2=(x+2√2)^2を満たさないだろ
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)にy=t*p^{1/(p-1)}を代入して
> x=s*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)になるならx^p+y^p=z^pは自然数解を持つ
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)にy=t*(ap)^{1/(p-1)}を代入して
> x=s*(ap)^{1/(p-1)} (s,tは有理数)になるならx^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >>400
(修正32)では(3)'は消えてしまいましたか。
>(3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、解は整数比とならない。
でも，そうすると，これ以降(3)においてx,yが無理数の場合が出てこないので証明は後退しています。
x,yが無理数の場合を取り扱わないので，残念ながら【証明】にはまた大穴が空いてしまいました。
以前の【証明】はx,yが無理数の場合を取り扱ってはいました(間違っていましたけど)，(修正32)の【証明】にはx,yが無理数の場合を取り扱わない，というはっきりとした穴が空いています。
また，(4)はこんなふうに，式から説明しなくても
(x,y,z)が(3)の解ならば，任意の実数k(k>0とする)としたときの(kx,ky,kz)も(3)の解である。
と言えばいいので，(4)は省略できます。
つまり(4)は省いても(解から説明しても)よいのですが，x,yが無理数の場合を取り扱っている(3)'に至る論証は省けません。
そこで(4)を省き，(3)のｚ(k=1のときのkz)が無理数であることに注意しつつ，(3)の解x，yが無理数となる場合を進めてみると，
(3)にx，yが整数比となる無理数解(x,y,z)があるとき，(3)の解(xw,yw,zw)においてxw，ywが有理数となったとします。
つまり，wはかけるとx，yを有理数化する無理数ということになります。
このときzwが常に無理数になるのであればx，y，zは整数比となり得ないので。証明完成です。
しかしzwが有理数化してしまう可能性があるので，zwは常に無理数である，という証明が必要になります。
この証明がないと，ここでも証明には穴が空いてしまうことになります。
この証明は(修正31)にも(修正32)にもありません。
従って，【証明】は誤りということになります。 (408)の続き
(3)の解(xw,yw,zw)において，xw，ywが有理数になるならば，zwは常に無理数である
この証明はどのようにすればよいのかを考えてみます。(修正31)の例に従うと
>s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
右辺の(p^{1/(p-1)})/w が常に無理数であればよいことになります。
そこで R=(p^{1/(p-1)})/w として，(3)'を
x^p+y^p=(x+R)^p (pは奇素数).....(*)と置き直してみます。
(*)において「x，yが有理数のときRは無理数である」
これを証明すればよいことになります。
同値命題を探してみます。
「x，yが有理数のときRが無理数」であるならば「x，y，z=x+Rは整数比とならない」
「x，y，z=x+Rが整数比とならない」ならば「x，yが有理数のときRは無理数」である。
(*)が整数比となる解，即ち有理数解をもたないことを証明すればよさそうです。
x^p+y^p=(x+R)^p (pは奇素数)は有理数解をもたないことを証明する。
ははは，出発点に戻ってしまいました。困りましたね。ははは (修正32)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
x^p+y^p=z^pのx,yが無理数で、解が整数比となるならば、x,yが有理数で、解が整数比となる。
(3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、解は整数比とならない。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、有理数解を持つ。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。よって、(4)も有理数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 日高によると(4)を満たさない(3)の解は存在しないらしい
>405
> x:y:z=s*p^{1/(p-1)}:t*p^{1/(p-1)}:(s+1)*p^{1/(p-1)}=s:t:(s+1)で整数比
>
> この【日高定理の反例】が(3)を満たすかどうかがフェルマーの最終定理の証明である
>
> この反例は、(4)を満たしません。
>>410
> (3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、解は整数比とならない。
この(3)の整数比とならない解も(4)を満たさないので日高理論によると
(3)の整数比とならない解も存在しないことになる (修正33)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数、xを無理数としたときに成り立つ。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数、xを有理数としたときに成り立つ。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 日高さんは何故、指摘してくれる人にお礼を言わないの？ 指摘されたら誤っているから(と理解せずに判断して)修正する手間があるからだろ
誰からも指摘がなければ証明は正しいことになる(本人の中では)というゲームをやってるのだろう
誤りを指摘しても根本的に理解せず表面上取り繕うだけの修正( )
そもそも修正しまくってる時点で自分でおかしいとおもわないのか
数学は時間を十分にかければ自分で誤りがわかる学問なのだよ
確かに自分で気づかないこともあるだろうが限度というものが存在する
修正回数を付記してるのは誰からも指摘がなくなった段階で
「XXX回の誤りを修正したのちに証明が完成した」というトンデモ本を出すためでしょ
もう相手にする必要ないよ >>412
>(3)はrが無理数なので、yを有理数、xを無理数としたときに成り立つ。
x，yがともに無理数のときも成り立つでしょう。
そこから(x，yがともに無理数のとき)から逃げてはいけません。 >415
x，yがともに無理数のときも成り立つでしょう。
成り立ちません。
p=3の場合、x^3+y^3=(x+√3)^3なので、
x，yがともに無理数のとき、成り立つのは、x=-√3、y=√3のみです。
これは、z=0となります。 >>416
> x，yがともに無理数のとき、成り立つのは、x=-√3、y=√3のみです。
日高はこれの証明を全く提示できていません。
成り立つって何？ >>416
いったいどんな計算してるんですか？？？？？
x=√3とします。z=√3+√3=2√3
x^3=，z^3=24√3
y^3=z^3-x^3=24√3 - 3√3=21√3
∴y={21√3}^{1/3}
まさか2重根号が付いたら無理数じゃないとか言い出しませんよねw 書き落としがありました
x=√3とします。z=√3+√3=2√3
x^3=3√3，z^3=24√3
y^3=z^3-x^3=24√3 - 3√3=21√3
∴y={21√3}^{1/3}
ご存じないかも知れませんが，2重根号が付いても，3重根号が付いても，それ以上でも無理数ですよ？ >419
x=√3とします。z=√3+√3=2√3
x^3=3√3，z^3=24√3
y^3=z^3-x^3=24√3 - 3√3=21√3
∴y={21√3}^{1/3}
x,y,zは、整数比となりません。 日高さん，あなたは何かとんでもない勘違いをされているように見受けられます。
実数において，有理数でなければ無理数である。
x^3+y^3=(x+√3)^3には無理数解は無数にある。
これが理解できてないようでは，フェルマーの最終的定理に手を出すのは無理なんじゃないですか？ >>420
それが常に，即ちxの値がなんであっても，整数比にならないことを証明することがフェルマーの最終定理の証明でしょう。
証明できると言ったのはあなたです。
我々に言われてもどうしようもありません。
どにかく
x^3+y^3=(x+√3)^3 に無理数解は無数にある。
>416はとんでもないバカをさらけ出してしまいました，という認識はある，と言うことでよろしいですか？ >421
実数において，有理数でなければ無理数である。
x^3+y^3=(x+√3)^3には無理数解は無数にある。
これが理解できてないようでは，フェルマーの最終的定理に手を出すのは無理なんじゃないですか？
x,yが整数比となる無理数です。 だから，それを証明して下さい。
と言っているんです。
それがあなたが簡単にできると言ったフェルマーの最終定理の証明です。 念のために言っておきますが，x，ｙだけでよいなら整数比となる無理数解はいくらでもつくれます。
x:y=1:2ならば y=2xとおいて
x^3+y^3=x^3+(2x)^3=9x^3=(x+√3)^3
⇔9^{1/3}x=x+√3
⇔x=√3/{9^{1/3}-1}
となります。
あくまで証明の対象はx^3+y^3=(x+√3)^3においてx，ｙ，zが整数比となることはない，です。
zを忘れてはいけません。繰り返しますが，念のため。 (修正33)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数、xを無理数としたときに成り立つ。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数、xを有理数としたときに成り立つ。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 日高は諦めて勉強しなおそうな
急がば回れってヤツよ >>426
> (3)はrが無理数なので、yを有理数、xを無理数としたときに成り立つ。
これは(3)の式の性質を使っていないから以下の日高定理の主張と同じであって
間違いであることぐらいはいくら日高でも分かるだろう
【日高定理】x,y,zが実数のときz-x=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)であればx:y:zは整数比にならない
【日高証明】z=x+rとしてr=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)とする
rが無理数なのでxを無理数,yを有理数とするとx,y,zは整数比とならない (注: x,y,zは(3)の解と同じ)
∴z-x=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)であればx:y:zは整数比にならない
【日高定理の反例】x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
r=z-x=(s+1)*p^{1/(p-1)}-s*p^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}
x:y:z=s*p^{1/(p-1)}:t*p^{1/(p-1)}:(s+1)*p^{1/(p-1)}=s:t:(s+1)で整数比
この【日高定理の反例】が(3)を満たすかどうかがフェルマーの最終定理の証明である
【日高定理の反例】は日高の証明には当然表れないので>>426はフェルマーの最終定理の証明でない
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)にy=t*p^{1/(p-1)}を代入して
x=s*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)になるならx^p+y^p=z^pは自然数解を持つ
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)にy=t*(ap)^{1/(p-1)}を代入して
x=s*(ap)^{1/(p-1)} (s,tは有理数)になるならx^p+y^p=z^pは自然数解を持つ
日高によると(4)を満たさない(3)の解は存在しないらしい
>405
> x:y:z=s*p^{1/(p-1)}:t*p^{1/(p-1)}:(s+1)*p^{1/(p-1)}=s:t:(s+1)で整数比
>
> この【日高定理の反例】が(3)を満たすかどうかがフェルマーの最終定理の証明である
>
> この反例は、(4)を満たしません。
>>426
> (3)はrが無理数なので、yを有理数、xを無理数としたときに成り立つ。
p=2のとき
> (3)はrが有理数なので、yを有理数、xを有理数としたときに成り立つ。
この(3)の解も(4)を満たさないので日高理論によると(3)の解も存在しないことになる
これは当然のことながら日高理論によることなので間違い (修正34)
【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,yは有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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,yは有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 (修正35)
【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の解が有理数ならば、x,yは有理数となるので、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pの解が有理数ならば、x,yは有理数となるので、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 フェルマーの最終定理の証明は
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)においてy=t*p^{1/(p-1)}としたときに
x=s*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)となるか？
簡単にチェックするために
【日高テスト】x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)において
y=t*p^{1/(p-1)} (tは有理数)としていなければ
日高の証明は間違い
>>426
> (3)はrが無理数なので、yを有理数、xを無理数としたときに成り立つ。
>>431
> (3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、成り立たない。
日高テストをパスできず証明は間違い 日高君のアイディアは結局のところ二つだけ。
「z-xが特定の無理数ならばx,y,zは有理数にならない」
「x,y,zが解なら0でない実数λに対しλx,λy,λzも解になる」
これらはx,y,zの奇素数p次の任意の同次式について成り立つので
日高君の証明が正しければx,y,zの奇素数p次の任意の同次式は自然数解を持たないことになる。
それは明らかに偽だから日高君の証明は誤り。[Q.E.D.] >>423
> x,yが整数比
その条件が、(3)だの(4)だののどこにかいてあるんだ？
証明のどこにもかいてないじゃん。
書いてないものが見えると言うことは妄想確定ですね。 >428
p=2のとき
> (3)はrが有理数なので、yを有理数、xを有理数としたときに成り立つ。
この(3)の解も(4)を満たさないので日高理論によると(3)の解も存在しないことになる
これは当然のことながら日高理論によることなので間違い
(4)を満たします。 (修正36)
【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >422
どにかく
x^3+y^3=(x+√3)^3 に無理数解は無数にある。
>416はとんでもないバカをさらけ出してしまいました，という認識はある，と言うことでよろしいですか？
x^3+y^3=(x+√3)^3 に整数比となる無理数解はありません。 >>438
だからその「x^3+y^3=(x+√3)^3 に整数比となる無理数解はありません。」という主張の証明がされてないんだって
そこまでの話でx,y,zが整数比にならないと分かっているのは
1、xが有理数の場合
2、xが√3の場合
3、xが-√3の場合
だけ
だからxが他の値をとってもx,y,zが整数比にならない、とは言えてない >>438
> x^3+y^3=(x+√3)^3 に整数比となる無理数解はありません。
それが何なの？
> x^3+y^3=(x+√3)^3 に無理数解は無数にある。
とは別問題でしょ。
その程度も区別できないから証明は無理。 日高さんの考えの根底には、
「お前らの指摘については、既にフェルマーの定理は正しいことが証明されているから、調べる必要はない。」
というのがある。だから永遠にループする。 >>435
> >428
> p=2のとき
> > (3)はrが有理数なので、yを有理数、xを有理数としたときに成り立つ。
> この(3)の解も(4)を満たさないので日高理論によると(3)の解も存在しないことになる
> これは当然のことながら日高理論によることなので間違い
>
> (4)を満たします。
p=2のときの【(3)が整数比の解を持たないことの反例】x=2*s,y=2*t,z=2*(s+1) (s,tは有理数)は
(4)を満たさないので日高によると存在しない
もし存在するなら日高の証明が間違いになるから
日高によると(4)を満たさない(3)の解は存在しないらしい
>405
> x:y:z=s*p^{1/(p-1)}:t*p^{1/(p-1)}:(s+1)*p^{1/(p-1)}=s:t:(s+1)で整数比
>
> この【日高定理の反例】が(3)を満たすかどうかがフェルマーの最終定理の証明である
>
> この反例は、(4)を満たしません。
> (4)を満たします。
と主張するのなら
p=2のとき(4)を満たす(3)の解を挙げてくれ
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)
x^2+y^2=(x+2√2)^2…(4)
挙げられないのならおまえの証明は間違いということだから >443
> (4)を満たします。
と主張するのなら
p=2のとき(4)を満たす(3)の解を挙げてくれ
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)
x^2+y^2=(x+2√2)^2…(4)
挙げられないのならおまえの証明は間違いということだから
(4)を満たす(3)の解とは、どういう意味でしょうか？
比が同じ解という意味でしょうか？ >>444
>405
> x:y:z=s*p^{1/(p-1)}:t*p^{1/(p-1)}:(s+1)*p^{1/(p-1)}=s:t:(s+1)で整数比
>
> この【日高定理の反例】が(3)を満たすかどうかがフェルマーの最終定理の証明である
>
> この反例は、(4)を満たしません。
おまえは比が同じ解という意味で(4)を満たさないと書いていないだろ (修正36)
【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >445
> この反例は、(4)を満たしません。
おまえは比が同じ解という意味で(4)を満たさないと書いていないだろ
どういう意味でしょうか？ >>447
> >445
> > この反例は、(4)を満たしません。
> おまえは比が同じ解という意味で(4)を満たさないと書いていないだろ
>445
> この反例は、(4)を満たしません。
これはおまえの書き込みだからおまえが意味を説明しなくちゃいけないだろ
同じ書き込みを繰り返すと
>>446
> (3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、成り立たない。
これは(3)の式の性質を使っていないから以下の日高定理の主張と同じであって
間違いであることぐらいはいくら日高でも分かるだろう
【日高定理】x,y,zが実数のときz-x=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)であればx:y:zは整数比にならない
【日高証明】z=x+rとしてr=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)とする
rが無理数なのでx,yを有理数とするとx,y,zは整数比とならない (注: x,y,zは(3)の解と同じ)
∴z-x=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)であればx:y:zは整数比にならない
【日高定理の反例】x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
r=z-x=(s+1)*p^{1/(p-1)}-s*p^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}
x:y:z=s*p^{1/(p-1)}:t*p^{1/(p-1)}:(s+1)*p^{1/(p-1)}=s:t:(s+1)で整数比
この【日高定理の反例】が(3)を満たすかどうかがフェルマーの最終定理の証明である
【日高定理の反例】は日高の証明には当然表れないので>>446はフェルマーの最終定理の証明でない 修正するなら何処をどう、どういうコンセプトで修正したのか、その都度書いてくれないと訳分からん。
修正1～36まで、そのへん説明してくれますか？ っていうか、修正はもういいから最終版書いてください。 >448
【日高定理の反例】x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
r=z-x=(s+1)*p^{1/(p-1)}-s*p^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}
x:y:z=s*p^{1/(p-1)}:t*p^{1/(p-1)}:(s+1)*p^{1/(p-1)}=s:t:(s+1)で整数比
この【日高定理の反例】が(3)を満たすかどうかがフェルマーの最終定理の証明である
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。
例。(3√2)^2+(4√2)^2=(5√2)^2ならば、3^2+4^2=5^2となる。 >450
っていうか、修正はもういいから最終版書いてください。
内容は、同じです。 >442
日高さんの考えの根底には、
「お前らの指摘については、既にフェルマーの定理は正しいことが証明されているから、調べる必要はない。」
というのがある。だから永遠にループする。
違います。 >441
> x^3+y^3=(x+√3)^3 に整数比となる無理数解はありません。
それが何なの？
> x^3+y^3=(x+√3)^3 に無理数解は無数にある。
とは別問題でしょ。
その程度も区別できないから証明は無理。
別問題の意味を教えていただけないでしょうか。 >440
だからその「x^3+y^3=(x+√3)^3 に整数比となる無理数解はありません。」という主張の証明がされてないんだって
そこまでの話でx,y,zが整数比にならないと分かっているのは
1、xが有理数の場合
2、xが√3の場合
3、xが-√3の場合
だけ
だからxが他の値をとってもx,y,zが整数比にならない、とは言えてない
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。
例。(3√2)^2+(4√2)^2=(5√2)^2ならば、3^2+4^2=5^2となる。 (修正36)
【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >457
内容同じなら修正する必要ないでしょ。
表現が、違います。 どんな表現でもあなたの話は誰も納得してないのだから証明は失敗だね。 >>458
「修正」という言葉には、暗に「以前のものは間違っている」という意味を含みます。あなたが「以前のものは間違っていない」と思っているのなら、(修正36)という言葉は使わずに(表現36)や(別表現36)などと書いた方が賢明です。次からそうしてもらえますか？ >>455
>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。
だから「x,y,zが無理数で、整数比となることはない」と「証明」する必要が簡単な証明に成功したと主張する「あなた」にあるんでしょう。
>x,y,zが無理数で、整数比となる
この場合が存在しないことを主張するだけでなく，証明して下さい，と言われているんですよ。 確認しておきますが，>455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。
これって，後半部分は偽である，即ち「x,y,zが有理数で整数比となることはない」ので，前半部分はそこから誤りと導かれます，という意味なんですか？ >461
>x,y,zが無理数で、整数比となる
この場合が存在しないことを主張するだけでなく，証明して下さい，と言われているんですよ。
共通の無理数で割ると有理数となります。 >462
>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。
これって，後半部分は偽である，即ち「x,y,zが有理数で整数比となることはない」ので，前半部分はそこから誤りと導かれます，という意味なんですか？
結果的に、そういうことになりますが、単純に、
「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。」
の意味です。 >460
「修正」という言葉には、暗に「以前のものは間違っている」という意味を含みます。あなたが「以前のものは間違っていない」と思っているのなら、(修正36)という言葉は使わずに(表現36)や(別表現36)などと書いた方が賢明です。次からそうしてもらえますか？
「修正」でも、間違いではないと思います。 (修正36)
【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >>464
そういう関係を同値命題と言うんです。
同値命題であることは，指摘されるまでもなくみんながわかっています。
だから，その同値命題である「x,y,zが無理数で、整数比となることはない」ことを証明すれば「x,y,zが有理数で、整数比となることはない」ことを証明したことになる，即ち前半の命題を証明すればフェルマーの最終定理を証明したことになるので，それを証明して下さい，といってるんです。 x,y,zが無理数で、整数比となる場合の証明がない，という指摘は，
あなたの【証明】は前半部の「x,y,zが無理数で、整数比となることはない」を証明し切れていません。
したがって後半部の「x,y,zが有理数で、整数比となることはない」も証明し切れていません。
そう指摘されているんですよ。
あなたのいうその単純な関係を理解した上で，証明が不備です，と指摘されているんです。
>x,y,zが無理数で、整数比となるならば、x,y,zが有理数で整数比となります。
はそれに対する何の答えにもなっていないことがおわかりになりますよね？ >>454
> >441
> > x^3+y^3=(x+√3)^3 に整数比となる無理数解はありません。
> それが何なの？
>
> > x^3+y^3=(x+√3)^3 に無理数解は無数にある。
> とは別問題でしょ。
>
> その程度も区別できないから証明は無理。
>
> 別問題の意味を教えていただけないでしょうか。
また疑問で誤魔化し？
いい加減にしろよ。
最低限自分で勉強して、勉強した結果をまとめてから出直せ。 ひょっとして日高さんにとって
(3)について「x,y,zが無理数で、整数比となることはない」
は証明するまでもなく明らかなこと，なんですか？ >467
そういう関係を同値命題と言うんです。
同値命題であることは，指摘されるまでもなくみんながわかっています。
だから，その同値命題である「x,y,zが無理数で、整数比となることはない」ことを証明すれば「x,y,zが有理数で、整数比となることはない」ことを証明したことになる，即ち前半の命題を証明すればフェルマーの最終定理を証明したことになるので，それを証明して下さい，といってるんです。
その逆も言えると、思います。 >470
ひょっとして日高さんにとって
(3)について「x,y,zが無理数で、整数比となることはない」
は証明するまでもなく明らかなこと，なんですか？
違います。 >>471
同値命題なんだから，前半と後半の命題どちらを証明してもいいですよ。
でも，どちらかは証明しないと！
rを無理数に取ると言うことは前半の命題「x,y,zが無理数で、整数比となることはない」を証明することを選択したということです。
だから，「x,y,zが無理数」の場合はどうなるんですか，と聞かれ続けるんですよ。
>>472
では，何の証明もなく放置されているのは何故ですか？ >>472
>>472
修正36のどこにも，(3)についてx,yを無理数とするとき，の論証が為されていません。
自明の命題でないならば，放置されているのは何故ですか？
これでは【証明】が不完全(失敗)なのは明らかだと思いますが？ >473
同値命題なんだから，前半と後半の命題どちらを証明してもいいですよ。
でも，どちらかは証明しないと！
rを無理数に取ると言うことは前半の命題「x,y,zが無理数で、整数比となることはない」を証明することを選択したということです。
だから，「x,y,zが無理数」の場合はどうなるんですか，と聞かれ続けるんですよ。
>>472
では，何の証明もなく放置されているのは何故ですか？
x^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
としています。 (修正36)
【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >>475
>x^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
だったらzも有理数でしょう。
x,y,zがいずれも有理数としたうえで，それが成り立たないと証明しないと。
あなたの【証明】と称するものは，結局x，y，zに有理数と無理数が混在する場合しか取り扱っていません。
x，y，zに有理数と無理数が混在する場合，整数比にならないことは，x^p+y^p=z^pの式以前に当たり前であって，フェルマーの最終定理に無関係であり，何の証明にもなりません。 >>475
>x^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
(s,t,u)がx^p+y^p=z^pの 有理数解ならば (sw,tw,uw)(wは無理数)はx^p+y^p=z^pの整数比となる無理数解です。
あなたが(3)でz=x+r,rを無理数と指定している以上，整数比となるためにはzは無理数であるしかありません
zが無理数であるときは，(sw,tw,uw)の方を対象にしなければなりません。
だから
>x^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
は
>x^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、zが無理数のとき，x,yは無理数となり，x，y，zは整数比となる
としないと誤りです。 >>465
> 「修正」でも、間違いではないと思います。
「修正」の意味は: 不適当と思われるところを改め直すこと、です。
あなたが>>476で(修正36)と書けば、それを読んだ人は「(修正1)～(修正35)には不適当なところがあり、(修正36)のみが正しい(と筆者は考えている)のか」と受け取ります。
これはあなたの考えていることと食い違ってしまっていますよね？ >477
だったらzも有理数でしょう。
x,y,zがいずれも有理数としたうえで，それが成り立たないと証明しないと。
x,yを有理数とすると、成り立たないと、
x,y,zを有理数とすると、zは有理数とならない。は、同じ意味です。 >x,y,zを有理数とすると、zは有理数とならない。は、同じ意味です。
もう何度繰り返したかわかりませんが，おなじみの台詞を言わせていただきます。
「それを証明して下さい。」
ああ，念のために申し上げておくと
zが無理数に固定される場合の(3)についてではありませんよ。
(1)について，もしくは(3)の解(s,t,u) に無理数をかけた(sw,tw,uw)についてです。
あ，すみません
>x,y,zを有理数とすると
ですから(3)についてではないですね。ｘ，zが有理数なんだからrも有理数ですか。それでは
(1)について
「rが有理数」ならば｢(1)の解x,y,zがともに有理数であることはない｣
を証明して下さい。 x,yを有理数とすると、成り立たないと、
>x,y,zを有理数とすると、zは有理数とならない。は、同じ意味です。
下の行は意味不明でしたw
x,y,zを有理数とすると、(1)は成り立たないと解釈しておきます。
zが有理数と仮定するんだから(3)についてではない，x,zが有理数なんだから，rも有理数の場合であり，(1)でrが有理数の場合について述べているのだと解釈していいですよね？ >>480
というわけで，日高さん
>(3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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。
ここで欠けているx,yが無理数の場合を証明するためには，(1)が有理数解をもたないことを証明すればよさそうですよ。
なんだか出発点に戻ったような気がしませんか？
気のせいですかね？ >>480
> x,yを有理数とすると、成り立たないと、
> x,y,zを有理数とすると、zは有理数とならない。は、同じ意味です。
あんたが証明で行っていることは違います
> x,y,zが無理数で、整数比となるならば、x,y,zが有理数で整数比となります。
> 例。(3√2)^2+(4√2)^2=(5√2)^2ならば、3^2+4^2=5^2となる。
x^2+y^2=(x+2√2)^2においてx=3,y=4とすると成り立たない
と
x^2+y^2=z^2においてx=3,y=4とするとz=5になる
ことは異なります
x^2+y^2=z^2においてx=3,y=4とするとz=5になる
と同じ意味なのは
x^2+y^2=(x+2√2)^2においてx=3√2,y=4√2とすると成り立つ
です >>451
> >448
> 【日高定理の反例】x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
> r=z-x=(s+1)*p^{1/(p-1)}-s*p^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}
> x:y:z=s*p^{1/(p-1)}:t*p^{1/(p-1)}:(s+1)*p^{1/(p-1)}=s:t:(s+1)で整数比
>
> この【日高定理の反例】が(3)を満たすかどうかがフェルマーの最終定理の証明である
>
> 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。
> 例。(3√2)^2+(4√2)^2=(5√2)^2ならば、3^2+4^2=5^2となる。
pが奇素数のときも同様に(3√2)^2+(4√2)^2=(5√2)^2の部分が成り立つかどうかが問題である
p=2ならx^2+y^2=(x+√2)^2にy=t*√2を代入するとx=s*√2 (s,tは有理数)となることが証明できる
同様にpが奇素数のときx^p+y^p=(x+√2)^pにy=t*√2を代入するとx=s*√2となるかどうかが
フェルマーの最終定理の証明である (修正36)
【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >485
pが奇素数のときも同様に(3√2)^2+(4√2)^2=(5√2)^2の部分が成り立つかどうかが問題である
p=2ならx^2+y^2=(x+√2)^2にy=t*√2を代入するとx=s*√2 (s,tは有理数)となることが証明できる
同様にpが奇素数のときx^p+y^p=(x+√2)^pにy=t*√2を代入するとx=s*√2となるかどうかが
フェルマーの最終定理の証明である
よく、意図がわかりません。 >>487
>485
> pが奇素数のときも同様に(3√2)^2+(4√2)^2=(5√2)^2の部分が成り立つかどうかが問題である
> p=2ならx^2+y^2=(x+√2)^2にy=t*√2を代入するとx=s*√2 (s,tは有理数)となることが証明できる
> 同様にpが奇素数のときx^p+y^p=(x+√2)^pにy=t*√2を代入するとx=s*√2となるかどうかが
> フェルマーの最終定理の証明である
>
> よく、意図がわかりません。
その前にこれは理解しましたか？
> > x,yを有理数とすると、成り立たないと、
> > x,y,zを有理数とすると、zは有理数とならない。は、同じ意味です。
> あんたが証明で行っていることは違います
>
> > x,y,zが無理数で、整数比となるならば、x,y,zが有理数で整数比となります。
> > 例。(3√2)^2+(4√2)^2=(5√2)^2ならば、3^2+4^2=5^2となる。
>
> x^2+y^2=(x+2√2)^2においてx=3,y=4とすると成り立たない
> と
> x^2+y^2=z^2においてx=3,y=4とするとz=5になる
> ことは異なります
>
> x^2+y^2=z^2においてx=3,y=4とするとz=5になる
> と同じ意味なのは
> x^2+y^2=(x+2√2)^2においてx=3√2,y=4√2とすると成り立つ
> です
x,y,zあるいはrの値を決める順番によって他の値に制限が必要になります
x^2+y^2=(x+r)^2あるいはx^p+y^p=(x+r)^pのどちらでも最初にrの値を決めたのならば
yの値はrの有理数倍,y=t*r (tは有理数)にしなければ整数比の解を持つかどうか
を調べることはできません >479
「修正」の意味は: 不適当と思われるところを改め直すこと、です。
あなたが>>476で(修正36)と書けば、それを読んだ人は「(修正1)～(修正35)には不適当なところがあり、(修正36)のみが正しい(と筆者は考えている)のか」と受け取ります。
これはあなたの考えていることと食い違ってしまっていますよね？
不適当なところはあります。 >481
(1)について
「rが有理数」ならば｢(1)の解x,y,zがともに有理数であることはない｣
を証明して下さい。
(4)の解x,yがともに、有理数となることはないので、
(1)の解x,y,zがともに有理数となることは、ありません。 >>490
(3)がx,y,zともに無理数の解をもつことがある，ってことはわかってるんですよね。
>(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
このときなんで(4)の解がx,y,zともに有理数にならないと言えるんですか？ >>486
> (3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、成り立たない。
> (4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
これから
>>490
> (4)の解x,yがともに、有理数となることはないので、
は証明できないので間違い >>486
>【証明】x^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば，x^p+y^p=z^pを満たす無数の実数解のなかに，その一部として
(1) x,y,zは有理数。
(2) x,y,zは無理数であり，x,y,zは整数比。
(1)および(2)がどちらも含まれるのであって，どちらか一方だけが成立するわけではありません。
(2)の場合が省けないことは
p=2のときの x^2+y^2=z^2 が(x,y,z)=(3√2,4√2,5√2)の解をもつことから明らかでしょう。
zが有理数ならば(1)の形，zが無理数ならば(2)の形の解しかありません。
フェルマーの最終定理を証明したいならば，zが有理数のときと無理数のときをはっきりと分ける必要があります。
その点，(修正36)はx,y,zの使い分けがいい加減で，数学の証明たり得ていません。
>よって、x,yを有理数とする。
のであれば「zも有理数」であり，r=z-xも有理数です。
>r^(p-1)=pのとき
なんて設定できるはずがありません。
x,y,zに有理数と無理数を最初から混在させて，x,y,zが整数比にならない！！！
！！！私はフェルマーの最終定理を【証明】した！！！
とか，噴飯もののコントか詐欺事案でしょう。 >>490
> (4)の解x,yがともに、有理数となることはないので、
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
x^3+y^3=(x+(ap)^{1/(p-1)})^3…(4)
ならば
(4)では(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数)のとき
x,yは有理数になる >>486
日高さん，(修正36)の【証明】1行目は，x,yが無理数のときはどうなるんですか？とたびたび繰り返される質問というか，手厳しい批判を
>【証明】x^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、「x,yを有理数とする」。
として，1行目でシャットアウトしようとしているものと思われますが，x^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば，zも有理数になります。
そうすると，あなたの大事なr^(p-1)=pは使えませんよ。
それでもいいんですか？ x^3+y^3=z^3 だけでもいいので きちんとした内容で書いてみては
もっとも その場合の初等的な解法(2次体の整数環すら利用しない)も
s^2+3t^2の形状と素数に関する補題を用いてるので たぶん理解されないでしょう
つまるところ勉強不足ということです
今の状態だと n=3 の場合ですら証明を完遂できません
もしできたら オイラー級の天才かもしれない(つまり？) >>489
> 不適当なところはあります。
では修正の度に、前回のものの何がなぜ不適当だったか具体的に書いていただけませんか？読み手としては、なぜ修正を繰り返すのか不思議です。 (修正36)
【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >497
では修正の度に、前回のものの何がなぜ不適当だったか具体的に書いていただけませんか？読み手としては、なぜ修正を繰り返すのか不思議です。
読み比べて下さい。 >496
x^3+y^3=z^3 だけでもいいので きちんとした内容で書いてみては
もっとも その場合の初等的な解法(2次体の整数環すら利用しない)も
s^2+3t^2の形状と素数に関する補題を用いてるので たぶん理解されないでしょう
つまるところ勉強不足ということです
今の状態だと n=3 の場合ですら証明を完遂できません
もしできたら オイラー級の天才かもしれない(つまり？)
498に、p=3を代入して見て下さい。 >495
として，1行目でシャットアウトしようとしているものと思われますが，x^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば，zも有理数になります。
そうすると，あなたの大事なr^(p-1)=pは使えませんよ。
それでもいいんですか？
zも有理数とすれば、
不都合が、生じます。 >>499
> >497
> では修正の度に、前回のものの何がなぜ不適当だったか具体的に書いていただけませんか？読み手としては、なぜ修正を繰り返すのか不思議です。
>
> 読み比べて下さい。
こっちにその作業をやらせるんだ。不親切だなあ。 >494
> (4)の解x,yがともに、有理数となることはないので、
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
x^3+y^3=(x+(ap)^{1/(p-1)})^3…(4)
ならば
(4)では(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数)のとき
x,yは有理数になる
x,yは有理数になりますが、zは有理数になりません。 >>503
> >494
> > (4)の解x,yがともに、有理数となることはないので、
> x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
> x^3+y^3=(x+(ap)^{1/(p-1)})^3…(4)
> ならば
> (4)では(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数)のとき
> x,yは有理数になる
>
> x,yは有理数になりますが、zは有理数になりません。
このときのz=
(b^3+c^3)^(1/3)
が有理数にならないって、何故言えるの？ >504
このときのz=
(b^3+c^3)^(1/3)
が有理数にならないって、何故言えるの？
498を見て下さい。 >>505
> このときのz=
> (b^3+c^3)^(1/3)
> が有理数にならないって、何故言えるの？
>
> 498を見て下さい。
元々 >>481 からのあなたの【証明】を検討している流れです。
ですからあなたの【証明】はまだ認められていません。
なので、ここでの指摘に対して「 >>498 の【証明】を見て下さい。」
は通らないです。【証明】はまだ使えません。
もう一度聞きます。
>>503
> x,yは有理数になりますが、zは有理数になりません。
このときのz=
(b^3+c^3)^(1/3)
が有理数にならないと、何故言えるのでしょうか？ >>498
> 読み比べて下さい。
以前の(修正)と最新の(修正36)読み比べても、あなたの意図はわかりません。
例えば(修正34)以降から、x,yを有理数とする、と仮定していますが、(修正33)以前にはありません。(一時期ありましたが)
これは、「x,yを実数と仮定する」ことを、あなたが不適当だと考えているからではありませんか？ >>503
> x,yは有理数になりますが、zは有理数になりません。
> 498を見て下さい。
> (3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、成り立たない。
> (4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)の解でx,yが有理数のものをa^{1/(p-1)}倍しても
x^3+y^3=(x+(ap)^{1/(p-1)})^3…(4)
x^3+y^3=(x+(b^3+c^3)^(1/3)-b)^3…(4') (b,cは有理数)
の解でx,yが有理数でzが無理数のものでも作ることはできない
例
(4')でたとえばb=6,c=8とするとx^3+y^3=(x+(2(91)^(1/3)-6))^3となる
これはx=6,y=8が解でありx,yは有理数であるが
この(4')の解はx^3+y^3=(x+√3)^3…(3)の解を2√3((91)^(1/3)-3)/3倍した
ものであるから(3)の解でx,yが有理数のものをa^{1/(p-1)}倍しても
作ることはできない (修正36)
【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >>501
その不都合は【証明】の失敗なんですよ。
x^p+y^p=z^pに ついて
(a)s,t,w (s,tは有理数，wは無理数)がその解であるとき，s,t,wは整数比になりません。
(b)s,t,wに，0でない実数をかけても割っても，x^p+y^p=z^pの解ですが，その比の値は変わりません。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
あなたの【証明】は，やたらとごてごてと数式で偽装されていますが詰まるところ上の主張でしょう。
(a)は有理数と無理数を混在させているのだから当たり前
(b)はそのかけたり割ったりした実数をくくり出せばいいから当たり前
証明の出発点でx,y,zに有理数と無理数の混在を前提としたら，x,y,zは整数比になり得ないという結論しか出ないでしょう。
そんなものは数学の証明ではありません。 日高はまったく人の話を聞いてないけど、ちゃんと日常生活は送れてる？
いつも何して過ごしているの？ >510
x^p+y^p=z^pに ついて
(a)s,t,w (s,tは有理数，wは無理数)がその解であるとき，s,t,wは整数比になりません。
(b)s,t,wに，0でない実数をかけても割っても，x^p+y^p=z^pの解ですが，その比の値は変わりません。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
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。 >508
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)の解でx,yが有理数のものをa^{1/(p-1)}倍しても
x^3+y^3=(x+(ap)^{1/(p-1)})^3…(4)
x^3+y^3=(x+(b^3+c^3)^(1/3)-b)^3…(4') (b,cは有理数)
の解でx,yが有理数でzが無理数のものでも作ることはできない
例
(4')でたとえばb=6,c=8とするとx^3+y^3=(x+(2(91)^(1/3)-6))^3となる
これはx=6,y=8が解でありx,yは有理数であるが
この(4')の解はx^3+y^3=(x+√3)^3…(3)の解を2√3((91)^(1/3)-3)/3倍した
ものであるから(3)の解でx,yが有理数のものをa^{1/(p-1)}倍しても
作ることはできない
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。 >>513
> 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。
> x,yは有理数になりますが、zは有理数になりません。
> 498を見て下さい。
>>509 =498
> (3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、成り立たない。
> (4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> x,yは有理数になりますが、
このx,yが有理数である(4)の解はx,yが有理数であるような(3)の解
のa^{1/(p-1)}倍ではない >>512
あなたが【証明】でやっている作業の意味するところを，ほとんど無内容で無意味な式変形を省いて，その解に注目して行っているだけですよ。
x,yを有理数，zを無理数としている(3)が(a)
(3)の解の実数倍としている(4)が(b)に対応しています。
>x^p+y^p=z^pに ついて
>(a)s,t,w (s,tは有理数，wは無理数)がその解であるとき，s,t,wは整数比になりません。
>(b)s,t,wに，0でない実数をかけても割っても，x^p+y^p=z^pの解ですが，その比の値は変わりません。
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
これを見て，フェルマーの最終定理が証明できたと思えますか？
あなたの【証明】を読むときの，我々の気持ちを想像していただけると幸いです。 >514
> x,yは有理数になりますが、
このx,yが有理数である(4)の解はx,yが有理数であるような(3)の解
のa^{1/(p-1)}倍ではない
(3)(4)のx,yはともに、有理数となりません。 >515
>x^p+y^p=z^pに ついて
>(a)s,t,w (s,tは有理数，wは無理数)がその解であるとき，s,t,wは整数比になりません。
>(b)s,t,wに，0でない実数をかけても割っても，x^p+y^p=z^pの解ですが，その比の値は変わりません。
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
これを見て，フェルマーの最終定理が証明できたと思えますか？
あなたの【証明】を読むときの，我々の気持ちを想像していただけると幸いです。
意味が、わかりません。 日高さんの"証明"は
x^p+y^p の形状について同次かつ有理数係数ということ以外言及してないよね
日高さんの論法が正しいのなら
x^3 + 7y^3 = z^3 は自然数解を持たないことになるのだけど
実際のところ (x,y,z)=(1,1,2)という自然数解を持っている
まさか式が違うとかと言って逃げるのかな？
x^p+y^p を x^p+7y^p に取り替えたところで
あなたの論法に不都合なことは起こるのでしょうか
じゃあ さっそく形にしてみますか
如何に荒唐無稽なことをおっしゃているのか 日高さんの証明にならい,次の"定理"を"証明"してみました(^o^)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+7y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^p+7y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+7y^p=(x+r)^p…(1)とする。。
(1)をr^(p-1){7(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+7y^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+7y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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+7y^p=z^pは自然数解を持たない。 (修正36)
【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >519
日高さんの証明にならい,次の"定理"を"証明"してみました(^o^)
式が、違います。 >518
日高さんの論法が正しいのなら
x^3 + 7y^3 = z^3 は自然数解を持たないことになるのだけど
実際のところ (x,y,z)=(1,1,2)という自然数解を持っている
式が、違います。 x^3 + 8y^3 = z^3 についてはどうなりますか。 >>516
> (3)(4)のx,yはともに、有理数となりません。
だからそれはx^p+y^p=z^pの解の一部分であって解の全部を調べていないわけ
調べていない残りの解の中にx,yがともに有理数の解を持つ場合があって
> x^3+y^3=(x+(b^3+c^3)^(1/3)-b)^3…(4') (b,cは有理数)
その中にはzも有理数である解が存在する可能性が依然残っているわけ >>522
日高さんの"論法"がそのまま適用できるのだけどおかしいとおもいませんか
まあいいや その線は他の人達も過去に何度か指摘してたみたいだから 暖簾に腕押し
>>520
他の人の何度も指摘しているが証明のおかしいところを箇条書きする
・a^{1/(p-1)}倍 になるの部分のロジックは誤っている(参考: 508 他複数)
・x^p+y^p=z^pの左辺の形状をフル活用していない
(参考: 多数あるが例えば 32, 80, 433, 518) >>520
> (修正36)
> 【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
> 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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、成り立たない。
嘘をつくな。ボケが。
ここまでにzが有理数とかそういった条件は全く書かれてないだろが。なので、
(3)が成り立つ例はいくらでもある。x,yは有理数なんだから、例えばx=y=0, z=rとか。
そんなことも理解できないのに証明などと書くな。 >>520
p=2のとき、x=5,y=12,z=13はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解ではありません。
p=2のとき、x=5,y=12,z=13はx^p+y^p=z^pの解です。
この例の通り、有理数のｘ、yが(3)の解でないことは、有理数のｘ、yがx^p+y^p=z^pの解でないことの証拠になりません。
「有理数のｘ、ｙがx^p+y^p=z^pの解でない」の証拠がないので、
「有理数のｘ、ｙがx^p+y^p=z^pの解でない」は有理数で整数比のx,y,zがx^p+y^p=z^pの解でないことの証拠にできません。
有理数で整数比のx,y,zがx^p+y^p=z^pの解でないことの証拠がないので、証明は失敗です。 >>520
【証明】x^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,y,zは有理数。よって、x,y,zを有理数とする。
> 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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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。
zは有理数なので、r^(p-1)=pにはならない。よって、(2)は(3)にならない。
>>520の証明は失敗です。 修正無し～修正36まで、なぜそれぞれの修正が加えられたのか、一つ一つ詳細に説明して下さい。 (修正36)
【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ (修正36)
【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >529
修正無し～修正36まで、なぜそれぞれの修正が加えられたのか、一つ一つ詳細に説明して下さい。
改良点が見つかったからです。 >528
【証明】x^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,y,zは有理数。よって、x,y,zを有理数とする。
> 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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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。
zは有理数なので、r^(p-1)=pにはならない。よって、(2)は(3)にならない。
>>520の証明は失敗です。
x,y,zを有理数とすると、zは、有理数となりません。(2)は(3)になります。 >>533
> x,y,zを有理数とすると、zは、有理数となりません。(2)は(3)になります。
x,y,【【【zを有理数とすると】】】、【【【zは、有理数となりません】】】。
意味が分からん。 >527
p=2のとき、x=5,y=12,z=13はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解ではありません。
p=2のとき、x=5,y=12,z=13はx^p+y^p=z^pの解です。
この例の通り、有理数のｘ、yが(3)の解でないことは、有理数のｘ、yがx^p+y^p=z^pの解でないことの証拠になりません。
有理数のｘ、yは、(3)の解です。 >535
有理数のｘ、yは、(3)の解です。
x=5/4、y=3 >526
> (修正36)
> 【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
> 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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、成り立たない。
嘘をつくな。ボケが。
ここまでにzが有理数とかそういった条件は全く書かれてないだろが。なので、
(3)が成り立つ例はいくらでもある。x,yは有理数なんだから、例えばx=y=0, z=rとか。
そんなことも理解できないのに証明などと書くな。
「x,yは有理数なんだから、例えばx=y=0, z=rとか。」
確かにx=y=0は、有理数ですが、
命題のx,y,zは自然数です。 >525
他の人の何度も指摘しているが証明のおかしいところを箇条書きする
・a^{1/(p-1)}倍 になるの部分のロジックは誤っている(参考: 508 他複数)
・x^p+y^p=z^pの左辺の形状をフル活用していない
(参考: 多数あるが例えば 32, 80, 433, 518)
意味がわかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >>537
> 「x,yは有理数なんだから、例えばx=y=0, z=rとか。」
> 確かにx=y=0は、有理数ですが、
> 命題のx,y,zは自然数です。
じゃあどうして【定理】は「自然数解」なのに、
【証明】では「有理数解」に変わっているの？ >539
> 「x,yは有理数なんだから、例えばx=y=0, z=rとか。」
> 確かにx=y=0は、有理数ですが、
> 命題のx,y,zは自然数です。
じゃあどうして【定理】は「自然数解」なのに、
【証明】では「有理数解」に変わっているの？
有理数解の中に、自然数解が含まれるからです。 (修正36)
【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、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^p+y^p=z^pが有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ こんな応答ばかりじゃチューリングテストにも合格しないわ。 ここまで修正重ねたのになに１つ本質は変わってない
微妙に言葉のニュアンスが変化しただけである
指摘されたところの数学的意味を汲み取れていない >>537
> >526
> > (修正36)
> > 【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が有理数解を持つならば、x,yは有理数。よって、x,yを有理数とする。
> > 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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> > (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)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、成り立たない。
> 嘘をつくな。ボケが。
> ここまでにzが有理数とかそういった条件は全く書かれてないだろが。なので、
> (3)が成り立つ例はいくらでもある。x,yは有理数なんだから、例えばx=y=0, z=rとか。
>
> そんなことも理解できないのに証明などと書くな。
>
> 「x,yは有理数なんだから、例えばx=y=0, z=rとか。」
> 確かにx=y=0は、有理数ですが、
> 命題のx,y,zは自然数です。
示したい命題がどうだろうと、証明にはzが自然数とも有理数とも書いていない。
つまり、証明は嘘・デタラメ。 >>545
補足しておくと、要は、日高は平気で嘘を書く。
そして、嘘を訂正しないということだ。
根っからの嘘つき。証明なんて無理。 普通の数学的素養の人が読んだら
x,y,zがすべて有理数であって方程式を満たしていると仮定したと解釈する
だからそこから矛盾は絶対にでてこないです
ただ某氏の証明と称するものはそこを自然数と修正したところで
数学的に本質的な問題はなに１つ改善されないのである
たとえば >>405 とかは 某氏とのやり取りの中で数学的善意で解釈されています
(一部引用開始)
【日高定理】x,y,zが実数のときz-x=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)であればx:y:zは整数比にならない
【日高証明】z=x+rとしてr=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)とする
rが無理数なのでx,yを有理数とするとx,y,zは整数比とならない (注: x,y,zは(3)の解と同じ)
∴z-x=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)であればx:y:zは整数比にならない
(引用ここまで)
この日高定理なるものは本題の証明の途中で利用されているものです
某氏いわく本題の証明の中でこの定理の証明をしているとのことなので
それを数学的善意で解釈すれば日高証明なるものが日高定理の証明になります
しかし例えば引用元 >>405 をみればわかるとおりこの証明は誤りなのです
それゆえ本題(フェルマの最終定理)の証明は失敗に終わっています (修正37)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >547
普通の数学的素養の人が読んだら
x,y,zがすべて有理数であって方程式を満たしていると仮定したと解釈する
だからそこから矛盾は絶対にでてこないです
よく意味がわかりません。 >546
補足しておくと、要は、日高は平気で嘘を書く。
そして、嘘を訂正しないということだ。
根っからの嘘つき。証明なんて無理。
どの部分が、嘘でしょうか？ >>548
> (修正37)
> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
また嘘をつく。
x=0, y=0, z=rが(3)を満たすだろうが。
結局、嘘か誤魔化ししか書けない。
数学を勉強しなおして、自分の証明を100時間ぐらい自分で詳細に検討してから出直せ。 >>550
> >546
> 補足しておくと、要は、日高は平気で嘘を書く。
> そして、嘘を訂正しないということだ。
> 根っからの嘘つき。証明なんて無理。
>
> どの部分が、嘘でしょうか？
説明した。100時間ぐらい自分で検討して、それでも理解できなければ、検討した内容を1000字程度にまとめてから質問しなおせ。 >545
示したい命題がどうだろうと、証明にはzが自然数とも有理数とも書いていない。
つまり、証明は嘘・デタラメ。
(3)の場合、zは、無理数となります。 >544
ここまで修正重ねたのになに１つ本質は変わってない
微妙に言葉のニュアンスが変化しただけである
指摘されたところの数学的意味を汲み取れていない
どの、部分のことでしょうか？ >543
こんな応答ばかりじゃチューリングテストにも合格しないわ。
チューリングテストとは？ >542
日高さん
支離滅裂
どの部分のことでしょうか？ >552
> どの部分が、嘘でしょうか？
説明した。100時間ぐらい自分で検討して、それでも理解できなければ、検討した内容を1000字程度にまとめてから質問しなおせ。
よく意味がわかりません。 (修正37)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >551
また嘘をつく。
x=0, y=0, z=rが(3)を満たすだろうが。
結局、嘘か誤魔化ししか書けない。
数学を勉強しなおして、自分の証明を100時間ぐらい自分で詳細に検討してから出直せ。
どうしてでしょうか？ >>557
> よく意味がわかりません。
誤魔化すな。
100時間ぐらい自分で検討して、それでも理解できなければ、検討した内容を1000字程度にまとめてから質問しなおせ。 >>559
> >551
> また嘘をつく。
> x=0, y=0, z=rが(3)を満たすだろうが。
> 結局、嘘か誤魔化ししか書けない。
>
> 数学を勉強しなおして、自分の証明を100時間ぐらい自分で詳細に検討してから出直せ。
>
> どうしてでしょうか？
嘘だから。 >>548
>【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の有理数指定はやめたんですか？
どういう理由でやめたのか気になります。
>(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
こっちの方は相変わらず，x，yがともに無理数の場合は無視ですか。
rが無理数のときに，もし整数比となる解があったとしたら，そのx,y,zは無理数ですから，ここでその解は除外されてしまうことになります。
というか，xが無理数で，yが有理数なら，zに関係なく，x,y,zは整数比になりません。
無意味な仮定をおいて何がしたいんですか？
何度も繰り返される質問というか，批判をここで繰り返すことになります。
「yが無理数のときはどうするんですか？」
>(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
これは，結局何を言いたいんですか？
x^p+y^p=z^p のある解(s,t,u)は，実数倍してもx^p+y^p=z^pを満たす，といいたいのだろうと解釈しているのですが，それで合ってます？
(3)に整数比となる無理数解がないことがいえたら，そこで証明は終了してよく，(4)でわざわざ(3)の解を実数倍する意味がない，と理解されていますか？ >>553
> >545
> 示したい命題がどうだろうと、証明にはzが自然数とも有理数とも書いていない。
> つまり、証明は嘘・デタラメ。
>
> (3)の場合、zは、無理数となります。
だから何？成り立つものを
> > (3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、成り立たない。
などと嘘ついたのはオマエだろうが。 >>558
> (修正37)
> 【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。
そもそもxが数なのかすら不明。
xにべき乗が定義されるのかもわからないし、pもわからない。
何を仮定して証明を始めているのかわからないからデタラメ。 >>558
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
結局
> (3)(4)のx,yはともに、有理数となりません。
と言いたいわけだろ
だからそれはx^p+y^p=z^pの解の一部分であって解の全部を調べていないわけ
調べていない残りの解の中にx,yがともに有理数の解を持つ場合があって
> x^3+y^3=(x+(b^3+c^3)^(1/3)-b)^3…(4') (b,cは有理数)
その中にはzも有理数である解が存在する可能性が依然残っているわけ >>541
> (3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、成り立たない。
>>558
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
yを有理数とおけるのはx,zが有理数であると仮定した場合だけ
x,y,zが有理数である解と同じ比の解を探すのなら
yを有理数とおいたらダメでy=t*(z-x) (tは有理数)としなければならない
x,zが有理数であればt*(z-x)は有理数なのでyを有理数としてもよい >566
yを有理数とおけるのはx,zが有理数であると仮定した場合だけ
どうしてでしょうか？ (修正37)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ >>567
> >566
> yを有理数とおけるのはx,zが有理数であると仮定した場合だけ
>
> どうしてでしょうか？
整数比の解があるかどうかを調べるから
整数比の解でyが有理数であるものはx,zが有理数
あんたの証明で行われてることは以下のようなことである
x^2+y^2=(x+√3)^2においてyを有理数とした解および
そのyを有理数とした解を√a倍したものを考えると
x,yがともに有理数にならない
(x,y,z)=(1,2,√5)
(x,y,z)=(1,3,√10)
(x,y,z)=(2,3,√13)
(x,y,z)=(2,5,√29)
(x,y,z)=(3,4,√25)=(3,4,5) *整数比*
(x,y,z)=(3,5,√34)
...
...
の解はx,yがともに有理数であるから調べられていない
しかしこのような解はx^2+y^2=z^2を満たす
x^3+y^3=(x+√3)^3においてyを有理数とした解および
そのyを有理数とした解を√a倍したものを考えると
x,yがともに有理数にならない
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pにおいてyを有理数とした解および
そのyを有理数とした解をa^{1/(p-1)}倍したものを考えると
x,yがともに有理数にならない
(x,y,z)=(1,2,z)
(x,y,z)=(1,3,z)
(x,y,z)=(2,3,z)
(x,y,z)=(2,5,z)
(x,y,z)=(3,4,z)
(x,y,z)=(3,5,z)
...
...
の解はx,yがともに有理数であるから調べられていない
しかしこのような解はx^p+y^p=z^pを満たす
yを有理数とおけるのはx,zが有理数であると仮定した場合だけ
x,y,zが有理数である解と同じ比の解を探すのなら
yを有理数とおいたらダメでy=t*(z-x) (tは有理数)としなければならない
x,zが有理数であればt*(z-x)は有理数なのでyを有理数としてもよい >569
yを有理数とおけるのはx,zが有理数であると仮定した場合だけ
どうしてでしょうか？ >569
yを有理数とおけるのはx,zが有理数であると仮定した場合だけ
x^2+y^2=(x+√3)^2は、
√3=a2
a=√3/2の場合です。 >566
yを有理数とおけるのはx,zが有理数であると仮定した場合だけ
x,y,zが有理数である解と同じ比の解を探すのなら
yを有理数とおいたらダメでy=t*(z-x) (tは有理数)としなければならない
x,zが有理数であればt*(z-x)は有理数なのでyを有理数としてもよい
どうしてでしょうか？ >565
だからそれはx^p+y^p=z^pの解の一部分であって解の全部を調べていないわけ
調べていない残りの解の中にx,yがともに有理数の解を持つ場合があって
> x^3+y^3=(x+(b^3+c^3)^(1/3)-b)^3…(4') (b,cは有理数)
その中にはzも有理数である解が存在する可能性が依然残っているわけ
(4)のx,yがともに有理数とならないので、(4')のx,yも
ともに有理数となりません。 >>568 日高
> (修正37)
> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
> (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。
もしもフェルマーの最終定理に反例A^p+B^p=C^pがあったら矛盾が導けるはずです。
（そうでないとしたら証明になっていません。）
C-Aは自然数なので(3)に有理数解がないと言っていることとは矛盾しません。
（(3)ではz-xは無理数です。）
(4)は結局のところx^p+y^p=(x+r)^pに戻っただけですが、
「(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」、すなわち無理数倍なので、何ら矛盾しません。 >>571
> >569
> yを有理数とおけるのはx,zが有理数であると仮定した場合だけ
>
> x^2+y^2=(x+√3)^2は、
> √3=a2
> a=√3/2の場合です。
おまえがx^3+y^3=(x+√3)^3の場合を理解できていないから
x^2+y^2=(x+√3)^2の場合も併せて説明しているんだろ
整数比の解があるかどうかを調べるから
整数比の解でyが有理数であるものはx,zが有理数
あんたの証明で行われてることは以下のようなことである
x^2+y^2=(x+√3)^2においてyを有理数とした解および
そのyを有理数とした解を√a倍したものを考えると
x,yがともに有理数にならない
(x,y,z)=(1,2,√5)
(x,y,z)=(1,3,√10)
(x,y,z)=(2,3,√13)
(x,y,z)=(2,5,√29)
(x,y,z)=(3,4,√25)=(3,4,5) *整数比*
(x,y,z)=(3,5,√34)
...
...
の解はx,yがともに有理数であるから調べられていない
しかしこのような解はx^2+y^2=z^2を満たす
x^3+y^3=(x+√3)^3においてyを有理数とした解および
そのyを有理数とした解を√a倍したものを考えると
x,yがともに有理数にならない
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pにおいてyを有理数とした解および
そのyを有理数とした解をa^{1/(p-1)}倍したものを考えると
x,yがともに有理数にならない
(x,y,z)=(1,2,z)
(x,y,z)=(1,3,z)
(x,y,z)=(2,3,z)
(x,y,z)=(2,5,z)
(x,y,z)=(3,4,z)
(x,y,z)=(3,5,z)
...
...
の解はx,yがともに有理数であるから調べられていない
しかしこのような解はx^p+y^p=z^pを満たす >>572
> >566
> yを有理数とおけるのはx,zが有理数であると仮定した場合だけ
> x,y,zが有理数である解と同じ比の解を探すのなら
> yを有理数とおいたらダメでy=t*(z-x) (tは有理数)としなければならない
> x,zが有理数であればt*(z-x)は有理数なのでyを有理数としてもよい
>
> どうしてでしょうか？
>>568
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
yを有理数と決める前にrを決めているから >>573
> (4)のx,yがともに有理数とならないので、(4')のx,yも
> ともに有理数となりません。
(3)においてyが有理数である解をa^{1/(p-1)}倍したものは(4)の解になるが
(3)においてyが有理数である解をa^{1/(p-1)}倍したものは(4')の解にはならないから間違い >>573
> (4)のx,yがともに有理数とならないので、(4')のx,yも
> ともに有理数となりません。
503 名前：日高[] 投稿日：2020/11/05(木) 09:02:06.44 ID:RmD+rpNj [5/14]
>494
> (4)の解x,yがともに、有理数となることはないので、
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
x^3+y^3=(x+(ap)^{1/(p-1)})^3…(4)
ならば
(4)では(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数)のとき
x,yは有理数になる
【【【x,yは有理数になりますが】】】、zは有理数になりません。
>>503では「x,yは有理数」って言ってるじゃん。
方針変えたの？ >>568
r^(p-1)=apでr=2となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=3、y=4、z=5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=3となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=4.5、y=6、z=7.5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=4となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=4.5、y=6、z=7.5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=√2となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√2、y=2√2、z=2.5√2だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=√3となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√3、y=2√3、z=2.5√3だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=√5となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5√5、y=2√5、z=2.5√5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=p^{1/(p-1)}となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5p^{1/(p-1)}、y=2p^{1/(p-1)}、z=2.5p^{1/(p-1)}だけで、それ以外にはありません。
同じ比の解はいくらでも存在しますが、rをある数に決めたら同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません。
(4)はaが決まっていないので同じ比の解がいくらでも存在しますが、(3)はaが決まっているので同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません
r=p^{1/(p-1)}のとき、y=2p^{1/(p-1)}の場合を探していないので、x:y:z=3:4:5になる解を探していません。
証明は失敗です。 日高さんはお爺ちゃんなんだってね。
物忘れするのは仕方ないけど、少し前に指摘された間違えを何回も何回も繰り返すのは良くないね。
一度病院行った方がいいかも。 (修正38)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解を持たないので、(4)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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 >580
日高さんはお爺ちゃんなんだってね。
物忘れするのは仕方ないけど、少し前に指摘された間違えを何回も何回も繰り返すのは良くないね。
一度病院行った方がいいかも。
? >579
r=p^{1/(p-1)}のとき、y=2p^{1/(p-1)}の場合を探していないので、x:y:z=3:4:5になる解を探していません。
証明は失敗です。
どういう意味でしょうか？ >578
(4)では(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数)のとき
x,yは有理数になる
【【【x,yは有理数になりますが】】】、zは有理数になりません。
>>503では「x,yは有理数」って言ってるじゃん。
方針変えたの？
どういう意味でしょうか？ >577
(3)においてyが有理数である解をa^{1/(p-1)}倍したものは(4)の解になるが
(3)においてyが有理数である解をa^{1/(p-1)}倍したものは(4')の解にはならないから間違い
aは、実数なので、(4')の解になります。 >576
>>568
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
yを有理数と決める前にrを決めているから
意味がわかりません。 >575
(x,y,z)=(1,2,√5)
(x,y,z)=(1,3,√10)
(x,y,z)=(2,3,√13)
(x,y,z)=(2,5,√29)
(x,y,z)=(3,4,√25)=(3,4,5) *整数比*
(x,y,z)=(3,5,√34)
...
...
の解はx,yがともに有理数であるから調べられていない
しかしこのような解はx^2+y^2=z^2を満たす
よく意味がわかりません。 >574
C-Aは自然数なので(3)に有理数解がないと言っていることとは矛盾しません。
（(3)ではz-xは無理数です。）
(4)は結局のところx^p+y^p=(x+r)^pに戻っただけですが、
「(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」、すなわち無理数倍なので、何ら矛盾しません。
よく意味がわかりません。 >564
> 【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。
そもそもxが数なのかすら不明。
xにべき乗が定義されるのかもわからないし、pもわからない。
何を仮定して証明を始めているのかわからないからデタラメ。
xは数です。 >>584
> >578
> (4)では(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数)のとき
> x,yは有理数になる
> 【【【x,yは有理数になりますが】】】、zは有理数になりません。
>
> >>503では「x,yは有理数」って言ってるじゃん。
> 方針変えたの？
>
> どういう意味でしょうか？
>>578に書いた通りの意味です。 >563
>>553
> >545
> 示したい命題がどうだろうと、証明にはzが自然数とも有理数とも書いていない。
> つまり、証明は嘘・デタラメ。
>
> (3)の場合、zは、無理数となります。
だから何？成り立つものを
> > (3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、成り立たない。
などと嘘ついたのはオマエだろうが。
よく意味がわかりません。 >590
> (4)では(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数)のとき
> x,yは有理数になる
> 【【【x,yは有理数になりますが】】】、zは有理数になりません。
>
> >>503では「x,yは有理数」って言ってるじゃん。
> 方針変えたの？
>
> どういう意味でしょうか？
>>578に書いた通りの意味です。
よく意味がわかりません。 (修正38)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解を持たないので、(4)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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 >>593
r^(p-1)=apでr=2となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=3、y=4、z=5だけで、それ以外にはありません。
r^(p-1)=apでr=p^{1/(p-1)}となるようにaを決めたとき、x:y:z=3:4:5になるのはx=1.5p^{1/(p-1)}、y=2p^{1/(p-1)}、z=2.5p^{1/(p-1)}だけで、それ以外にはありません。
同じ比の解はいくらでも存在しますが、rをある数に決めたら同じ比の解は1つだけで、それ以外にはありません。
(3)の解でx,y,zが3:4:5になるものがあるとしたら、x=1.5p^{1/(p-1)}、y=2p^{1/(p-1)}、z=2.5p^{1/(p-1)}だけで、それ以外にはありません。
(3)でy=2p^{1/(p-1)}の時を調べていないので、(3)の解が3:4:5になる場合を調べていません。
>>593は失敗です。 度々「よく意味がわかりません」と おっしゃっていますが
指摘している人も外野の人も理解できているのですよ
あなただけ理解できていないということを認識してもらいたい
なにが原因だとおもいますか ご自分でよく考えてもらいたい >595
度々「よく意味がわかりません」と おっしゃっていますが
指摘している人も外野の人も理解できているのですよ
あなただけ理解できていないということを認識してもらいたい
なにが原因だとおもいますか ご自分でよく考えてもらいたい
「外野の人も理解できているのですよ」
教えていただけないでしょうか。 また質問に答えない
>>1は会話のキャッチボールからやり直そう 応答がパターン化してて、ＢＯＴと全然変わらないんだよな。
ほとんど同じことしか言わないから、相手しても面白くない。 >597
また質問に答えない
>>1は会話のキャッチボールからやり直そう
どの、質問でしょうか？ >598
応答がパターン化してて、ＢＯＴと全然変わらないんだよな。
ほとんど同じことしか言わないから、相手しても面白くない。
どの応答のことでしょうか？ >594
(3)でy=2p^{1/(p-1)}の時を調べていないので、(3)の解が3:4:5になる場合を調べていません。
>>593は失敗です。
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。 >>599
> >597
> また質問に答えない
> >>1は会話のキャッチボールからやり直そう
>
> どの、質問でしょうか？
>>595さんの
「なにが原因だとおもいますか」かな。 >>600
> >598
> 応答がパターン化してて、ＢＯＴと全然変わらないんだよな。
> ほとんど同じことしか言わないから、相手しても面白くない。
>
> どの応答のことでしょうか？
この応答自体もそうだけど、例としては
「どういう意味でしょうか」
「どこが、○○でしょうか」
「意味が、よくわかりません」
「○○を見てください」
証明を要求されてるのに、「○○だからです」「○○となります」のように1行だけ返す
これでは自動応答と全く変わりがない。 >>601
p=3のとき、r=p^{1/(p-1)}=√3です。
r=√3のとき、x,y,zが3:4:5になるようなx､y､zはx=1.5√3、y=2√3、z=2，5√3だけで、他にはありません。
>>593のどこにも、x=1.5√3、y=2√3、z=2，5√3が(3)を満たすかどうか調べた部分がありません。
r=√3のとき、x,y,zが5:12:13になるようなx､y､zはx=(5/8)√3、y=(12/8)√3、z=(13/8)√3だけで、他にはありません。
>>593のどこにも、x=(5/8)√3、y=(12/8)√3、z=(13/8)√3が(3)を満たすかどうか調べた部分がありません。
整数比のx､y､zを代入した(3)が成り立つかどうか調べた部分が>>593のどこにもないので、証明は失敗です。 (修正38)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解を持たないので、(4)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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 >604
r=√3のとき、x,y,zが5:12:13になるようなx､y､zはx=(5/8)√3、y=(12/8)√3、z=(13/8)√3だけで、他にはありません。
>>593のどこにも、x=(5/8)√3、y=(12/8)√3、z=(13/8)√3が(3)を満たすかどうか調べた部分がありません。
(4)で調べています。 >603
証明を要求されてるのに、「○○だからです」「○○となります」のように1行だけ返す
これでは自動応答と全く変わりがない。
指摘の意味が読み取れない場合は、分かりませんと返事しています。
「○○だからです」「○○となります」の意味が解らない場合は、
再度指摘又は、質問を繰り返してください。 >602
>>595さんの
「なにが原因だとおもいますか」かな。
具体的に言ってください。 >>585
> aは、実数なので、(4')の解になります。
なりません
なるのなら例を挙げなさい
(3)においてyが有理数である解をa^{1/(p-1)}倍したものを
計算して(4')の解を作ってみろ >>606
(4)はa=1以外です。(3)とは式が違います。
>>593のどこにも、x=(5/8)√3、y=(12/8)√3、z=(13/8)√3が(3)を満たすかどうか調べた部分がありません。 >>607
もうあなたの相手をする気はないのでどうでもいいですけど、
何の説明もなく定型句で応答されると、何も考えていないようにしか見えません。
さようなら。 >>586
> 意味がわかりません。
(1番目) rが無理数
(2番目) x,yが有理数
r=p^{1/(p-1)}にできるが
(1番目) x,yが有理数
(2番目) rが無理数
これはr=p^{1/(p-1)}にできるとは限らない >>587
> >575
> (x,y,z)=(1,2,√5)
> (x,y,z)=(1,3,√10)
> (x,y,z)=(2,3,√13)
> (x,y,z)=(2,5,√29)
> (x,y,z)=(3,4,√25)=(3,4,5) *整数比*
> (x,y,z)=(3,5,√34)
> ...
> ...
> の解はx,yがともに有理数であるから調べられていない
> しかしこのような解はx^2+y^2=z^2を満たす
>
> よく意味がわかりません。
p=2でもp=3の場合でもr=√3のときにyを有理数とした解を√a倍しても
全ての解を調べていないことの説明だよ
おまえが言うには
> aは、実数なので、(4')の解になります。
なんだからこれらの解になるようにaを計算して結果を書いてくれ
x^2+y^2=(x+√3)^2でもx^3+y^3=(x+√3)^3においても
yを有理数とした解をtは有理数とすると両方共同じ形の
(x,y,z)=(x,t,x+√3)と書けるだろ
√a倍した解は(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a) (tは有理数)
x^2+y^2=(x+√3)^2の場合なら(x,y,z)=(1,2,√5)はx^2+y^2=z^2を満たすから
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(1,2,√5) (tは有理数)
その他の例でも右辺はx^2+y^2=z^2を満たす
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(1,3,√10) (tは有理数)
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(2,3,√13) (tは有理数)
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(2,5,√29) (tは有理数)
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(3,4,5) (tは有理数)
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(3,5,√34) (tは有理数)
xとtおよびaを計算して結果を書いてくれ >>608
> >602
> >>595さんの
> 「なにが原因だとおもいますか」かな。
>
> 具体的に言ってください。
あなたは
(4)では(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数)のとき
x,yは有理数になる と言っていたが、（>>503）
(4)のx,yがともに有理数とならないので、(4')のx,yも
ともに有理数となりません。 と主張を変えた。（>>573）
その事について、意味が分からないと言っているのはあなただけです。（>>592）
（自分の言動について意味が分からないというのもすごいが）
なにが原因だとおもいますか？ (修正38)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解を持たないので、(4)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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 中尾は勝ち誇って言い、手を伸ばして裂けんばかりに開かれた両脚の付け根をまさぐった。まだ張り型が深く埋めこまれたままで、淫らに振動している。その周辺は溢れでたものでしとどに濡れそぼっていた。
「よしよし。しっかり咥えこんでるな」
中尾はズルズルと張り型を引き抜いた。肉襞が妖しくからみ灼けるようだった。肉が熱しきっている.
「食べ頃だな、フフフ」
中尾は夏子をあお向けにひっくりかえしておいて、両脚を肩にかつぎあげた。
「ああッ……た、たすけてッ……」
夏子の泣き顔がひきつり、歯が恐怖でカチカチ鳴った。腰をよじってずりあがろうとする。
「かんにんしてッ……」
「俺の真珠入りのを咥えこめば極楽だぜ、奥さん。ほうれ、じっくり味わうんだ」
中尾は恐怖に泣きじゃくる夏子を見おろしながら、ゆっくりと腰を突きだしていく。
「あ、ああッ……あなたッ、ゆるしてッ……う、うむむッ……」
悲痛な声をあげて、夏子は総身を激しく揉みしぼる。苦悶の表情をさらしてずりあがろうとする夏子を押さえて、中尾はジワジワと自慢の肉棒で串刺しにしていく。
「あ、あん……たすけて、裂けちゃう……」
夏子はのけぞり、美しい眉根をしかめ、耐えきれずに悲鳴をあげた。中尾の肉棒の巨大さに恐怖した。
「つらいのは最初のうちだけさ。すぐにたまらなく気持ちよくなるぜ」
「うッ、ううッ……裂けちゃうわ……」
「ガキを産んだことがあるくせに、オーバーに騒ぐんじゃねえよ」 >614
あなたは
(4)では(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数)のとき
x,yは有理数になる と言っていたが、（>>503）
(4)のx,yがともに有理数とならないので、(4')のx,yも
ともに有理数となりません。 と主張を変えた。（>>573）
その事について、意味が分からないと言っているのはあなただけです。（>>592）
（自分の言動について意味が分からないというのもすごいが）
(4)では(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数)のとき
x,yは有理数になる と言っていたが、（>>503）
x,yは有理数になる とどこでいったのでしょうか？
b,cと、x,yは、同じなので、ともに、有理数となりません。 >613
x^2+y^2=(x+√3)^2の場合なら(x,y,z)=(1,2,√5)はx^2+y^2=z^2を満たすから
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(1,2,√5) (tは有理数)
その他の例でも右辺はx^2+y^2=z^2を満たす
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(1,3,√10) (tは有理数)
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(2,3,√13) (tは有理数)
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(2,5,√29) (tは有理数)
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(3,4,5) (tは有理数)
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(3,5,√34) (tは有理数)
xとtおよびaを計算して結果を書いてくれ
意味が理解できませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >>617
> (4)では(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数)のとき
> x,yは有理数になる と言っていたが、（>>503）
>
> x,yは有理数になる とどこでいったのでしょうか？
> b,cと、x,yは、同じなので、ともに、有理数となりません。
>>503とアンカーを打ってるのですが...
それは良いとして、
> b,cと、x,yは、同じなので、 だとしたら、(b,cは有理数) だから、
やはり x,y は有理数になるのでは？ >612
> 意味がわかりません。
(1番目) rが無理数
(2番目) x,yが有理数
r=p^{1/(p-1)}にできるが
(1番目) x,yが有理数
(2番目) rが無理数
これはr=p^{1/(p-1)}にできるとは限らない
どういう意味でしょうか？ >620
> b,cと、x,yは、同じなので、 だとしたら、(b,cは有理数) だから、
やはり x,y は有理数になるのでは？
(4)のx,yがともに有理数とならないので、b,cも、ともに有理数となりません。 >622
あ、そうだ、また質問に答えなかったですね。
???? >>624
> >622
> あ、そうだ、また質問に答えなかったですね。
>
> ????
>>614
> なにが原因だとおもいますか？
まあ、こっちはいいです。 >610
>>593のどこにも、x=(5/8)√3、y=(12/8)√3、z=(13/8)√3が(3)を満たすかどうか調べた部分がありません。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。としています。 >609
>>585
> aは、実数なので、(4')の解になります。
なりません
なるのなら例を挙げなさい
(3)においてyが有理数である解をa^{1/(p-1)}倍したものを
計算して(4')の解を作ってみろ
aが実数なので、（４）と(4')のｒは等しくすることが、できます。 (修正38)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解を持たないので、(4)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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。 >625
>>614
> なにが原因だとおもいますか？
まあ、こっちはいいです。
?????? >>619
> p=2でもp=3の場合でもr=√3のときにyを有理数とした解を√a倍しても
> 全ての解を調べていないことの説明だよ
>
> おまえが言うには
> > aは、実数なので、(4')の解になります。
> なんだからこれらの解になるようにaを計算して結果を書いてくれ
(略)
> xとtおよびaを計算して結果を書いてくれ
>
> 意味が理解できませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。
おまえは自分がやっていることも理解できていないのか
x^2+y^2=(x+√3)^2でもx^3+y^3=(x+√3)^3においても
yを有理数とした解をtは有理数とすると両方共同じ形の
(x,y,z)=(x,t,x+√3)と書けるだろ
√a倍した解は(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a) (tは有理数)
p=2も解の形は同じなのでp=2の場合で具体的に計算してみる
x,tはx^2+t^2=(x+√3)^2を満たす (tは有理数)
この解を√a倍したものは(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)と書ける
(1,2,√5)はx^2+y^2=z^2を満たす
この条件で
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(1,2,√5) (tは有理数)
xとtおよびaを計算して結果を書いてくれ
x*√a=1
t*√a=2
(x+√3)*√a=√5
からx,t,a (tは有理数)を求められるでしょ
> aは、実数なので、(4')の解になります。
x,t,a (tは有理数)を求められて初めて(4')の解になると言える
他のx^2+y^2=z^2の解の場合も同様
右辺はx^2+y^2=z^2を満たす
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(1,3,√10) (tは有理数)
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(2,3,√13) (tは有理数)
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(2,5,√29) (tは有理数)
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(3,4,5) (tは有理数)
(x*√a,t*√a,(x+√3)*√a)=(3,5,√34) (tは有理数)
xとtおよびaを計算して結果を書いてくれ >>627
> >609
> >>585
> > aは、実数なので、(4')の解になります。
> なりません
> なるのなら例を挙げなさい
> (3)においてyが有理数である解をa^{1/(p-1)}倍したものを
> 計算して(4')の解を作ってみろ
>
> aが実数なので、（４）と(4')のｒは等しくすることが、できます。
(3)においてyが有理数であるという条件を使っていないので間違っている
rを等しくしろと言っているのではない
rを等しくすることはできて当たり前
rを等しくした上でx,yの値を等しくしろと言っているのが分からないのか？
(4)と(4')のx,yの値が等しくなるのなら例を挙げろと言っているのだが >>621
x^3+y^3=z^3でたとえばx,yが整数比x:y=2:3になるようにしたい
まずx,yを先にx=2,y=3としたらz=(35)^(1/3)となって
r=z-x=(35)^(1/3)-2だからrは√3にならないでしょ
x^3+y^3=(x+√3)^3だったら
まず先にr=√3とした場合は
x=2√3/((35)^(1/3)-2),y=3√3/((35)^(1/3)-2)
この解の√3((35)^(1/3)-2)/3倍が
x^3+y^3=(x+((35)^(1/3)-2))の解つまり
x^3+y^3=(x+(b^3+c^3)^(1/3)-b)…(4')の解であり
x=2,y=3 (x=b=2,y=c=3)
y=3√3/((35)^(1/3)-2)は有理数でないから
> (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。
> (4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (3)が有理数解を持たないので、(4)も有理数解を持たない。
の適用範囲ではない
(3)が有理数解を持たないことは(4)が有理数解を持たないことにはならない >>626
>>593のどこにも、x=(5/8)√3、y=(12/8)√3、z=(13/8)√3が(3)を満たすかどうか調べた部分がありません。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}になるとして、
>>593のどこにも、x=(5/8)√3×a^{1/(p-1)}、y=(12/8)√3×a^{1/(p-1)}、z=(13/8)√3×a^{1/(p-1)}が(4)を満たすかどうか調べた部分がありません。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}になるとして、
x=(5/8)√3、y=(12/8)√3、z=(13/8)√3が(3)を満たすかどうかを調べるか
x=(5/8)√3×a^{1/(p-1)}、y=(12/8)√3×a^{1/(p-1)}、z=(13/8)√3×a^{1/(p-1)}が(4)を満たすかどうかを調べるか
どちらかを調べないとx=(5/8)√3、y=(12/8)√3、z=(13/8)√3が(3)を満たすかどうかわかりませんが、どちらも調べていません。
>>628の証明は失敗です。 >>628
あなたが調べたのは、(3)の解のうちx、y、ｚが有理数比でないものだけ
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるから
ｘ、ｙ、ｚを何倍しても比は変わらないので
あなたが調べたのは、(4)の解のうちx、y、ｚが有理数比でないものだけ
x=(5/8)√3、y=(12/8)√3、z=(13/8)√3は「(3)の解のうち有理数比でないもの」でないから調べていない
x=(5/8)√3×a^{1/(p-1)}、y=(12/8)√3×a^{1/(p-1)}、z=(13/8)√3×a^{1/(p-1)}は「(4)の解のうち有理数比でないもの」でないから調べていない >>628 日高
> (4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (3)が有理数解を持たないので、(4)も有理数解を持たない。
この部分に、越えられないギャップがあります。 頑なに間違いを認めないけど勉強する気もないって、どんなメンタリティなんだか >636
頑なに間違いを認めないけど勉強する気もないって、どんなメンタリティなんだか
間違い部分を指摘してください。 >635
> (4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (3)が有理数解を持たないので、(4)も有理数解を持たない。
この部分に、越えられないギャップがあります。
どの部分が間違いでしょうか？ >>637 日高
> >636
> 頑なに間違いを認めないけど勉強する気もないって、どんなメンタリティなんだか
>
> 間違い部分を指摘してください。
すでに指摘されているけれど君にはそれを理解する力がない。それだけのこと。 >>638 日高
> >635
> > (4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> > (3)が有理数解を持たないので、(4)も有理数解を持たない。
>
> この部分に、越えられないギャップがあります。
>
> どの部分が間違いでしょうか？
「この部分」とはっきり書いた。君にはそれが見えないの？ >634
x=(5/8)√3×a^{1/(p-1)}、y=(12/8)√3×a^{1/(p-1)}、z=(13/8)√3×a^{1/(p-1)}は「(4)の解のうち有理数比でないもの」でないから調べていない
x,y,zは整数比です。 (修正38)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解を持たないので、(4)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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。 >>641
そうですね。
あなたが>>642で調べたのは、(3)の解のうちx、y、ｚが有理数比でないものだけ
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるから
ｘ、ｙ、ｚを何倍しても比は変わらないので
あなたが調べたのは、(4)の解のうちx、y、ｚが有理数比でないものだけ
x=(5/8)√3、y=(12/8)√3、z=(13/8)√3は「(3)の解のうち有理数比でないもの」でないから調べていない
x=(5/8)√3×a^{1/(p-1)}、y=(12/8)√3×a^{1/(p-1)}、z=(13/8)√3×a^{1/(p-1)}のx､y､zはは整数比であって、
「(4)の解のうち有理数比でないもの」でないから調べていない
>>642の証明は間違いです。 論理の欠如を認識できてないって事かな。
①普通の人の論理的思考の例
この人は芝刈り機を持っている→この人は庭付き一戸建ての家族が暮らせる家があるのだろう→ならば結婚しているのだろう→結婚しているなら、この人は恐らくホモではないだろう
②日高さんの思考の仕方
この人は芝刈り機を持ってない→じゃあこの人はホモだ。
日高さんの証明の内容はこんな感じで、途中の考え方がすっぱり抜けている。もしかしたら芝刈り機を持っていないこの人はたまたまホモかもしれないけど、それは偶然当たっただけ。
という事で日高さんが証明しようとしているフェルマーの定理は正しい事が分かっているから、日高さんの結論はたまたま正しいかもしれないけど、証明問題の解答としては完全に0点。 >>642
> x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
rが無理数の時は(1)は有理数解を持たない
> (4)の解は(3)の解のa倍となる。
> (3)が有理数解を持つので、(4)は自然数解を持つ。
a=√3/2のときx^2+y^2=(x+√3)^2…(4)
(4)は有理数解(自然数解)を持たない
同様にpが奇素数のとき
rが無理数の時は(1)は有理数解を持たない
> (3)が有理数解を持たないので、(4)も有理数解を持たない。
(3)が有理数解を持たないことから(4)が有理数解を持たないことは言えない
x^2+y^2=(x+√3)^2とx^3+y^3=(x+√3)^3は共に有理数解(自然数解)を持たないが
x^2+y^2=(x+2)^2は有理数解(自然数解)を持つ
x^3+y^3=(x+2)^3が有理数解(自然数解)を持たないことは言えない >>589
> >564
> > 【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。
> そもそもxが数なのかすら不明。
> xにべき乗が定義されるのかもわからないし、pもわからない。
> 何を仮定して証明を始めているのかわからないからデタラメ。
>
> xは数です。
証明に書かれていないから意味不明。証明はデタラメ。 >>623
> >620
> > b,cと、x,yは、同じなので、 だとしたら、(b,cは有理数) だから、
> やはり x,y は有理数になるのでは？
>
> (4)のx,yがともに有理数とならないので、b,cも、ともに有理数となりません。
p=3 とします。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
において
(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数) とおくと、
x^3+y^3=(x+(b^3+c^3)^(1/3)-b)^3…(4') (b,cは有理数)
となります。このとき x=b, y=c は (4') の解であり、
x(=b) と y(=c) はともに有理数ですが、
あなたにとっては、この計算が間違っているという事ですか？ >647
p=3 とします。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
において
(ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数) とおくと、
x^3+y^3=(x+(b^3+c^3)^(1/3)-b)^3…(4') (b,cは有理数)
となります。このとき x=b, y=c は (4') の解であり、
x(=b) と y(=c) はともに有理数ですが、
あなたにとっては、この計算が間違っているという事ですか？
式としては、正しいですが、
両辺は、等しくなりません。 >>648
> >647
> p=3 とします。
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
> において
> (ap)^{1/(p-1)}=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数) とおくと、
> x^3+y^3=(x+(b^3+c^3)^(1/3)-b)^3…(4') (b,cは有理数)
> となります。このとき x=b, y=c は (4') の解であり、
> x(=b) と y(=c) はともに有理数ですが、
> あなたにとっては、この計算が間違っているという事ですか？
>
> 式としては、正しいですが、
> 両辺は、等しくなりません。
どういう意味？？？
詳しく教えてもらって良いですか？
そもそも数学の世界でそんな事が起こるのですか？ 聞いた事ないですけど。
> 式としては、正しいですが、
> 両辺は、等しくなりません。 >646
> xは数です。
証明に書かれていないから意味不明。証明はデタラメ。
普通、数学の文では、「xは数です。」と書きません。
xが特別な数の場合は、書きます。 >649
そもそも数学の世界でそんな事が起こるのですか？ 聞いた事ないですけど。
> 式としては、正しいですが、
> 両辺は、等しくなりません。
「x(=b) と y(=c) はともに有理数」の場合は、成り立たないということです。 >>651
> >649
> そもそも数学の世界でそんな事が起こるのですか？ 聞いた事ないですけど。
> > 式としては、正しいですが、
> > 両辺は、等しくなりません。
>
> 「x(=b) と y(=c) はともに有理数」の場合は、成り立たないということです。
なぜ
「x(=b) と y(=c) はともに有理数」の場合は、成り立たない
のでしょうか？ (修正38)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解を持たないので、(4)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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。 >652
なぜ
「x(=b) と y(=c) はともに有理数」の場合は、成り立たない
のでしょうか？
(4)が成り立たないからです。 >>654
> >652
> なぜ
> 「x(=b) と y(=c) はともに有理数」の場合は、成り立たない
> のでしょうか？
>
> (4)が成り立たないからです。
>>653(修正38)の
> (3)が有理数解を持たないので、(4)も有理数解を持たない。
から言えるという事でしょうか。 >655
>>653(修正38)の
> (3)が有理数解を持たないので、(4)も有理数解を持たない。
から言えるという事でしょうか。
はい。そうです。 結局のところ，日高氏は有理数の解をもつことと，整数比の解をもつことの区別が付かないんだな。
(3)において整数比の解があれば，(4)ではその解を定数倍するから定数を適切に選べば整数解をもつことになる。
しかし，(4)で整数解が生じるとしたら，そのもととなる(3)ではrが無理数である以上，「整数比の無理数解」になるしかないということが理解できないんだね。 >657
結局のところ，日高氏は有理数の解をもつことと，整数比の解をもつことの区別が付かないんだな。
(3)において整数比の解があれば，(4)ではその解を定数倍するから定数を適切に選べば整数解をもつことになる。
しかし，(4)で整数解が生じるとしたら，そのもととなる(3)ではrが無理数である以上，「整数比の無理数解」になるしかないということが理解できないんだね。
(3)ではrが無理数である以上，「整数比の無理数解」になるしかない
これは、正しいです。 >>658
では，(3)でx,yが無理数で整数比となる場合があることはお認めになるんですね。
そのとき(3)の解であるx,yを(4)で有理化したとき，ｚもともに有理化することはない，と考える根拠は何ですか？ >>656
> >655
> >>653(修正38)の
> > (3)が有理数解を持たないので、(4)も有理数解を持たない。
> から言えるという事でしょうか。
>
> はい。そうです。
p=3 とします。
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
>>653(修正38)の
> (4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
を逆に使って、
x=b/√a, y=c/√a は (3)の無理数解です。
(4)では
x^3+y^3=(x+√(3a))^3…(4)
ここで √(3a)=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数) とおくと、
x=b, y=c が (4)の有理数解です。
>>653(修正38)では
> (3)が有理数解を持たないので、(4)も有理数解を持たない。
でしたが、ここでは
(3)が有理数解を持たないけれど、(4)の有理数解が得られた。
という結論になりました。
これはあなたの【証明】の反例になっています。 >660
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
>>653(修正38)の
> (4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
を逆に使って、
x=b/√a, y=c/√a は (3)の無理数解です。
(4)では
x^3+y^3=(x+√(3a))^3…(4)
ここで √(3a)=(b^3+c^3)^(1/3)-b (b,cは有理数) とおくと、
x=b, y=c が (4)の有理数解です。
>>653(修正38)では
> (3)が有理数解を持たないので、(4)も有理数解を持たない。
でしたが、ここでは
(3)が有理数解を持たないけれど、(4)の有理数解が得られた。
という結論になりました。
これはあなたの【証明】の反例になっています。
この場合は、「(3)が整数比の解を持つので、(4)も整数比の解を持つ。」
ということになります。
実際には、(3)は有理数解を持ちません。(展開すれば、解ります。)
有理数解を持たないので、整数比の解も持ちません。 >659
では，(3)でx,yが無理数で整数比となる場合があることはお認めになるんですね。
そのとき(3)の解であるx,yを(4)で有理化したとき，ｚもともに有理化することはない，と考える根拠は何ですか？
(3)でx,yが無理数で整数比となることは、ありません。
理由は、(3)が有理数解を持たないからです。(展開すれば、解ります。) (修正38)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解を持たないので、(4)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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。 >657
結局のところ，日高氏は有理数の解をもつことと，整数比の解をもつことの区別が付かないんだな。
(3)において整数比の解があれば，(4)ではその解を定数倍するから定数を適切に選べば整数解をもつことになる。
しかし，(4)で整数解が生じるとしたら，そのもととなる(3)ではrが無理数である以上，「整数比の無理数解」になるしかないということが理解できないんだね。
有理数の解を持つことと、整数比の解を持つことは、同じです。 >>661-662
> (3)は有理数解を持ちません。(展開すれば、解ります。)
> 有理数解を持たないので、整数比の解も持ちません。
> (3)でx,yが無理数で整数比となることは、ありません。
> 理由は、(3)が有理数解を持たないからです。(展開すれば、解ります。)
(3)の整数比の解は無理数解なんだけど
x^2+y^2=(x+√3)^2…(4)
(4)は有理数解(自然数解)を持たない
(4)の整数比の解の例として(x,y,z)=(3√3/2,2√3,5√3/2)
>>663
> x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
rが無理数の時は(1)は有理数解を持たない
> (4)の解は(3)の解のa倍となる。
> (3)が有理数解を持つので、(4)は自然数解を持つ。
a=√3/2のときx^2+y^2=(x+√3)^2…(4)
(4)は有理数解(自然数解)を持たない
同様にpが奇素数のとき
rが無理数の時は(1)は有理数解を持たない
> (3)が有理数解を持たないので、(4)も有理数解を持たない。
(3)が有理数解を持たないことから(4)が有理数解を持たないことは言えない
x^2+y^2=(x+√3)^2とx^3+y^3=(x+√3)^3は共に有理数解(自然数解)を持たないが
x^2+y^2=(x+2)^2は有理数解(自然数解)を持つ
x^3+y^3=(x+2)^3が有理数解(自然数解)を持たないことは言えない >>662
> (3)でx,yが無理数で整数比となることは、ありません。
x^3+y^3=(x+√3)^3だったら
x=2√3/((35)^(1/3)-2),y=3√3/((35)^(1/3)-2)
x,yは無理数でありx:y=2:3であるから整数比 いわゆる日高定理(>>405 参照)が誤っているという指摘はもう何度もされているのに
まだそこの部分が誤っていることを本人は理解できないのだろうか
しかもたったひとりとかじゃなくて複数人からの指摘だぞ
おそらく日高市のアイデア( )の根幹の部分だから意地でも認めないのだろうな
ここまで散々修正しといて「完全に駄目だった」なんて認めたくないということだろう >>662
(3)が有理数解を持たないことは、理由になりません
（有理数のx、有理数のy、無理数のr）の組と(無理数のx、無理数のy、無理数のr）の組は別の比の別の解だからです。 >>661
> (3)が有理数解を持たないけれど、(4)の有理数解が得られた。
>
> という結論になりました。
> これはあなたの【証明】の反例になっています。
>
> この場合は、「(3)が整数比の解を持つので、(4)も整数比の解を持つ。」
> ということになります。
>
> 実際には、(3)は有理数解を持ちません。(展開すれば、解ります。)
> 有理数解を持たないので、整数比の解も持ちません。
最後の行は、
(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。
という事でしょうか？ >>662
(3)でx,yが無理数で整数比となることは、可能です。
理由は、(3)が無理数解をもつからです。(x:y=1:1ならy=xと代入すれば、解ります。) >668
>(3)が有理数解を持たないことは、理由になりません
どうしてでしょうか？
>（有理数のx、有理数のy、無理数のr）の組と(無理数のx、無理数のy、無理数のr）の組は別の比の別の解だからです。
解には、なりませんが、別の比には、なります。 >670
>>662
(3)でx,yが無理数で整数比となることは、可能です。
理由は、(3)が無理数解をもつからです。(x:y=1:1ならy=xと代入すれば、解ります。)
(3)でx,yが無理数で整数比の解となることは、不可能です。 (修正38)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解を持たないので、(4)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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。 >>673
【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。
【日高定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【日高証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
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)および(1')はrが無理数のときは有理数解を持たない
x^3+y^3=(x+(3a)^{1/2})^pも有理数解を持たない。
(3a)^{1/2}=2のときも有理数解を持たない。
x^p+y^p=(x+2)^pも有理数解を持たない。
x^2+y^2=(x+(3a)^{1/2})^2も有理数解を持たない。
(3a)^{1/2}=2のときも有理数解を持たない。
x^2+y^2=(x+2)^2も有理数解を持たない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。 >>672
p=3とおいた(3)にy=xを代入してみましょう
x^3+x^3=(x+√3)^3
⇔2*x^3=(x+√3)^3
⇔{2^(1/3)}*x=x+√3
⇔{2^{1/3}-1}x=√3
⇔x=√3/{2^{1/3}-1}
∴x=y=√3/{2^{1/3}-1}
このx,yは日高さんにとって何を意味するんですか？
私にはp=3のときの(3)の整数比1:1である無理数解に見えます。
日高さんには何に見えますか？ >669
最後の行は、
(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。
という事でしょうか？
はい。そうです。 >>676
> >669
> 最後の行は、
> (3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。
> という事でしょうか？
>
> はい。そうです。
では
> (3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。
の証明をお願いします。
※
> 例
> (3√3)^2+(4√3)^2=(5√3)^2
> 両辺を(√3)^2で割ると
> 3^2+4^2=5^2となります。
のようなものは、(3)式ではないのでダメですよ。 >>672
x^2+y^2=z^2でもx^p+y^p=z^pでもx,yは整数比にできる
たとえばx=2,y=3ならzの値が異なるだけ
2^2+3^2=z^2
2^3+3^3=(z')^3
2^p+3^p=(z'')^p
z,z',z''は等しくないが全て無理数でありx,yは整数比x:y=2:3
解を定数倍すればrの値に合わせられるので(3)でもx,yを整数比にできる >675
∴x=y=√3/{2^{1/3}-1}
このx,yは日高さんにとって何を意味するんですか？
私にはp=3のときの(3)の整数比1:1である無理数解に見えます。
日高さんには何に見えますか？
失礼しました。確かに、x,yは整数比の無理数解です。
しかし、x,y,zは整数比の無理数解とは、なりません。 >678
z,z',z''は等しくないが全て無理数でありx,yは整数比x:y=2:3
解を定数倍すればrの値に合わせられるので(3)でもx,yを整数比にできる
失礼しました。確かに、x,yは整数比の無理数解です。
しかし、x,y,zは整数比の無理数解とは、なりません。 >677
では
> (3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。
の証明をお願いします。
※
> 例
> (3√3)^2+(4√3)^2=(5√3)^2
> 両辺を(√3)^2で割ると
> 3^2+4^2=5^2となります。
のようなものは、(3)式ではないのでダメですよ。
どうしてでしょうか？
(3√3)^2+(4√3)^2=(5√3)^2は(4)式です。
(4)式と(3)式の解の比は、同じです。 >>680
(3)においてx:yはともに無理数であれば任意の整数比を取りうる，
これが確認できたとして，(3)のx:y:zは整数比になるのか？
rが無理数なので，整数比となり得るならばx,y,zはいずれも無理数になります。
無理数x:y:zが整数比になるのならば，整数解がx^p+y^p=z^pに存在することになります。
したがって，「(3)が整数比となる無理数解をもたない」ということ，それは証明主題と同値です。即ちフェルマーの最終定理そのものです。
それは証明すべきことであって，ただ主張すればよいというものではありません。
「x:yは整数比になり得るが，x:y:zは整数比になり得ない」ことの証明をお願いします。 >>680
> しかし、x,y,zは整数比の無理数解とは、なりません。
zを実際に計算するとかもっと詳しい形で書かないと
それは分からないと思いますが
2^2+3^2=z^2
2^3+3^3=(z')^3
2^p+3^p=(z'')^p
z,z',z''は等しくないが全て無理数
(3√3)^2+(4√3)^2=z^2
(3√3)^3+(4√3)^3=(z')^3
(3√3)^p+(4√3)^p=(z'')^p
z,z',z''は等しくないが全て無理数
(3√3)^2+(4√3)^2=z^2のzは無理数であるが計算すると
u*√3 (uは有理数)の形になるのでx,y,zは整数比になる 日高さんの主張は私にはこう見える。
【日高さんの証明】
フェルマーの最終定理は正しい。なぜなら、証明する必要が無いくらい自明だから。QED >674
x^p+y^p=(x+2)^pも有理数解を持たない。
p=2のとき、
x^p+y^p=(x+2)^pは有理数解を持ちます。 >>685
> >674
> x^p+y^p=(x+2)^pも有理数解を持たない。
>
> p=2のとき、
> x^p+y^p=(x+2)^pは有理数解を持ちます。
だからおまえの証明は間違いなんだよ
p=2のとき
> (3)が有理数解を持つので、(4)は自然数解を持つ。
と
(4)が有理数解を持たないので(3)も有理数解を持たない
は矛盾するから (修正38)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解を持たないので、(4)も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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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。 >>681
> ※
> > 例
> > (3√3)^2+(4√3)^2=(5√3)^2
> > 両辺を(√3)^2で割ると
> > 3^2+4^2=5^2となります。
> のようなものは、(3)式ではないのでダメですよ。
>
> どうしてでしょうか？
> (3√3)^2+(4√3)^2=(5√3)^2は(4)式です。
> (4)式と(3)式の解の比は、同じです。
> (3√3)^2+(4√3)^2=(5√3)^2は(((4)))式です。
正確に計算すると
(3√3)^2+(4√3)^2=(3√3+2√3)^2
(3√3)^2+(4√3)^2=(3√3+r)^2
両辺を (√3)^2 で割る
3^2+4^2=(3+r/√3)^2
3^2+4^2=(3+2)^2 → r=2 なので、(3)式に変化している
なので言えた事は、
（p=2）(3)は有理数解を持たないので、(((4)))は整数比の解を持ちません。
に変わっています。
(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。
の証明をお願いします。 >>687
>(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
>(3)が有理数解を持たないので、(4)も有理数解を持たない。
(3)でx:y:zが整数比の無理数解を持てば，(4)は有理数解も整数解も持ちえます。
(3)でx:y:zが整数比の無理数解を持たない，という証明がありません。
したがって
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
という結論は導けません。 魚の頭と尻尾しかないような証明ですね。
肝心の美味しく食べれる胴体が全く無いです。
頭と尻尾は捨てますよね。
そうすると、この証明は何も残らない。無です。 (修正39)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x,y,z,aは有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解X,Y,Zは(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が成り立たないので、(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x,y,z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,y,z,aは有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解X,Y,Zは(3)の解x,y,zのa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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。 (修正40)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x,y,aは有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解X,Y,Zは(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が成り立たないので、(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x,y,z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,y,aは有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解X,Y,Zは(3)の解x,y,zのa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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。 (修正41)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x,y,aは有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解x,y,zは(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解x,y,zを持たないので、(4)も有理数解x,y,zを持たない
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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,y,aは有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解x,y,zは(3)の解x,y,zのa倍となる。
(3)が有理数解を持つので、(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。 >690
魚の頭と尻尾しかないような証明ですね。
どの部分のことでしょうか？ >689
(3)でx:y:zが整数比の無理数解を持てば，(4)は有理数解も整数解も持ちえます。
(3)でx:y:zが整数比の無理数解を持たない，という証明がありません。
したがって
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
という結論は導けません。
(3)でx:y:zが整数比の無理数解を持たない，という証明がありません。
(3)でx:y:zが整数比の無理数解を持つならば、有理数解x,y,zを持ちます。 >688
なので言えた事は、
（p=2）(3)は有理数解を持たないので、(((4)))は整数比の解を持ちません。に変わっています。
p=2）(3)は有理数解をもつので、(4)も有理数解を持ちます。 >686
> p=2のとき、
> x^p+y^p=(x+2)^pは有理数解を持ちます。
だからおまえの証明は間違いなんだよ
p=2のとき
> (3)が有理数解を持つので、(4)は自然数解を持つ。
p=2のとき、(3)(4)は有理数解を持ちます。
と
(4)が有理数解を持たないので(3)も有理数解を持たない
は矛盾するから >>696
> >688
> なので言えた事は、
> （p=2）(3)は有理数解を持たないので、(((4)))は整数比の解を持ちません。に変わっています。
>
>
> p=2）(3)は有理数解をもつので、(4)も有理数解を持ちます。
確かにこの命題は正しいですが、あなたが>>676で主張した命題はこれではないのですよ。
「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」
の証明をお願いします。 >686
> p=2のとき、
> x^p+y^p=(x+2)^pは有理数解を持ちます。
だからおまえの証明は間違いなんだよ
p=2のとき
> (3)が有理数解を持つので、(4)は自然数解を持つ。
と
(4)が有理数解を持たないので(3)も有理数解を持たない
は矛盾するから
p=2のとき、(3)(4)は有理数解を持ちます。 >683
(3√3)^2+(4√3)^2=z^2
(3√3)^3+(4√3)^3=(z')^3
(3√3)^p+(4√3)^p=(z'')^p
z,z',z''は等しくないが全て無理数
(3√3)^2+(4√3)^2=z^2のzは無理数であるが計算すると
u*√3 (uは有理数)の形になるのでx,y,zは整数比になる
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。 >682
それは証明すべきことであって，ただ主張すればよいというものではありません。
「x:yは整数比になり得るが，x:y:zは整数比になり得ない」ことの証明をお願いします。
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、整数比となります。 >>650
> >646
> > xは数です。
> 証明に書かれていないから意味不明。証明はデタラメ。
>
> 普通、数学の文では、「xは数です。」と書きません。
書きます。証明の書き方を勉強せずに、「普通」とか言わないで下さい。
示したい主張の仮定をそのまま仮定するときとか省略することもありますが、それなら、x,yは自然数なんですか？
それとも数ということだから、四元数とか八元数でも良いということですか？
どの式が何を指すのかすら明確な書き方出来ないから、証明はデタラメなんです。
証明の書き方をまともに勉強せずに自分の証明が正しいかどうかを判断するのは不可能だし、間違いを理解するのも不可能です。
勉強してから出直せ。 (修正42)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x,y,aは有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解x,y,zは(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解x,y,zを持たないので、(4)も有理数解x,y,zを持たない
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x,y,aは有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解x,y,zは(3)の解x,y,zのa倍となる。
(3)が有理数解x,y,zを持つので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >702
示したい主張の仮定をそのまま仮定するときとか省略することもありますが、それなら、x,yは自然数なんですか？
それとも数ということだから、四元数とか八元数でも良いということですか？
四元数、八元数とは、どういう数でしょうか？ >698
「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」
の証明をお願いします。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pが整数比の解を持つならば、
有理数解s,t,uを持つ。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pが整数比の解を持たないならば、
有理数解s,t,uを持たない。 (修正43)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解x,y,zは(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解x,y,zを持たないので、(4)も有理数解x,y,zを持たない
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解x,y,zは(3)の解x,y,zのa倍となる。
(3)が有理数解x,y,zを持つので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>705
> >698
> 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」
> の証明をお願いします。
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pが整数比の解を持つならば、
> 有理数解s,t,uを持つ。
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pが整数比の解を持たないならば、
> 有理数解s,t,uを持たない。
(3)式ではないので却下ですねぇ。
(3)式で証明してください。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に x=sw,y=tw(wは無理数) を代入
(sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p ←ここからスタート >707
(sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p ←ここからスタート
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p
(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(4)と同じとなる。
(4)が有理数解を持たないので、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pも、有理数解を持たない。 >>708
> >707
> (sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p ←ここからスタート
>
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p
> (p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(4)と同じとなる。
> (4)が有理数解を持たないので、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pも、有理数解を持たない。
結局 s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p は(((4)))と同一視できるので、
なので言えた事は、（対偶をとって）
(((4)))は有理数解を＜＜＜持つ＞＞＞ので、(3)は整数比の解を持ちません。
に変化しています。
「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」
の証明をお願いします。 >>701
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。
前段と後段の対象となる式は何ですか？
前段は(3)のx,y,zが無理数で、整数比となるならば，なのだと思いますが，後段の対象となる式はなんですか？ >710
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。
前段と後段の対象となる式は何ですか？
前段は(3)のx,y,zが無理数で、整数比となるならば，なのだと思いますが，後段の対象となる式はなんですか？
前段(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
後段s^p+t^p=u^p >709
(((4)))は有理数解を＜＜＜持つ＞＞＞ので、(3)は整数比の解を持ちません。
に変化しています。
(4)は、有理数解を持ちません。 >>704
> >702
> 示したい主張の仮定をそのまま仮定するときとか省略することもありますが、それなら、x,yは自然数なんですか？
> それとも数ということだから、四元数とか八元数でも良いということですか？
>
> 四元数、八元数とは、どういう数でしょうか？
自分で調べてから聞けや。ゴミ。 >>711
そうなってしまうからこそ，(3)で整数比となる無理数解が存在しないことを証明しなければならないのではありませんか？
後段s^p+t^p=u^pが成立しないことが前提になってしまっているような気がしますが？ >713
> 四元数、八元数とは、どういう数でしょうか？
自分で調べてから聞けや。ゴミ。
はい。 (修正43)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解x,y,zは(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解x,y,zを持たないので、(4)も有理数解x,y,zを持たない
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解x,y,zは(3)の解x,y,zのa倍となる。
(3)が有理数解x,y,zを持つので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >714
そうなってしまうからこそ，(3)で整数比となる無理数解が存在しないことを証明しなければならないのではありませんか？
後段s^p+t^p=u^pが成立しないことが前提になってしまっているような気がしますが？
「そうなってしまうからこそ」とは、どういうことを、指すのでしょうか？ >>716
で、x^5+y^5=z^5とx^3+y^3=z^3は違う式なのに、同じ式とかほざいていたのはいつ解決したんだ？
3と5が違う自然数だというのは理解したのか？ >718
>>716
で、x^5+y^5=z^5とx^3+y^3=z^3は違う式なのに、同じ式とかほざいていたのはいつ解決したんだ？
3と5が違う自然数だというのは理解したのか？
「同じ式とかほざいていた」どこで、言いましたか？ >>719
> >718
> >>716
> で、x^5+y^5=z^5とx^3+y^3=z^3は違う式なのに、同じ式とかほざいていたのはいつ解決したんだ？
> 3と5が違う自然数だというのは理解したのか？
>
> 「同じ式とかほざいていた」どこで、言いましたか？
痴呆老人のサポートはしません。自分で調べろ。 >720
> 「同じ式とかほざいていた」どこで、言いましたか？
痴呆老人のサポートはしません。自分で調べろ。
はい。 >>717
日高さん，同値命題ってご存じですか？
s,t,uは正の有理数，wは正の無理数，pは奇素数とします
命題P: (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
命題Q: s^p+t^p=u^p
「PならばQ」かつ「QならばP」が成り立つので，PとQは同値命題です。
命題Qの否定，即ちs^p+t^p=u^pを満たす有理数(したがって整数)は存在しない，というのがフェルマーの最終定理であり，ここでの証明主題です。
命題Q(の否定)は証明主題ですから，証明の対象であり，あなたの【証明】が終了するまで真偽不明です。
(3)であなたがrを有理数にとったので，x,y,zが整数比になるならば，x,y,zは無理数になるので，命題Qを直接否定することではなく，同値である命題Pが否定されることを証明することを選択したことになります。
あなたは(3)で整数比の無理数解があるときはどうするんですか，と聞かれる度に
>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。
とお答えになりますが，何を主張したいのか意味不明です。
あなたの主張は「PならばQ」です，といっているだけですが，Qは【証明】の終了まで真偽不明なんですよ。
Qが真偽不明なのでPも真偽不明です，のままでは証明にならないでしょう？
「PならばQ」「QならばP」が成り立つことに，あなたも含めて「「誰も」」疑問は持っていません。
あなたのおっしゃるとおり，「PならばQ」さらに「QならばP」が成り立つので，Pが否定されることを証明して下さい。
Pが否定されることが証明できたら，Qが否定されたことになり，フェルマーの最終定理の証明に成功したことになります，といってるんです。 722の
>(3)であなたがrを有理数にとったので
は，(3)であなたがrを「無理数」にとったので，の誤りです。
z=x+rなのだから，xが有理数だと，zが無理数になってしまうので，xは無理数である必要があり，したがってx,y,zが整数比になるならば，x,y,zは無理数になります。
(3)の解x,y,zが整数比になるのであれば，x,y,zはいずれも無理数でしかあり得ません。
よって，証明すべきは(3)に整数比となる無理数解がないことです。
(3)に整数比となる無理数解があれば，x^p+y^p=z^pに整数解があることになってしまう。「だからこそ」，(3)には整数比となる無理数解がないことを証明する必要があります。
ご理解いただけましたか？ >722
何を主張したいのか意味不明です。
p=3のとき、
x^3+y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
有理数解x,y,zを持たないので、
整数比の解x,y,zを持ちません。 >>724
p=3のとき、
x^3+y^3=(x+√3)^3は、整数比の無理数解x,y,zを持つ可能性があります。
整数比の無理数解x,y,zを持つ可能性があるので、
整数比の解x,y,zを持つかどうかは不明です。 >>699
> p=2のとき、(3)(4)は有理数解を持ちます。
x^2+y^2=(x+√3)^2は(4)だからx^2+y^2=(x+√3)^2の有理数解の例を挙げてくれ >>697
> >686
> > p=2のとき、
> > x^p+y^p=(x+2)^pは有理数解を持ちます。
> だからおまえの証明は間違いなんだよ
> p=2のとき
> > (3)が有理数解を持つので、(4)は自然数解を持つ。
>
> p=2のとき、(3)(4)は有理数解を持ちます。
> と
> (4)が有理数解を持たないので(3)も有理数解を持たない
> は矛盾するから
矛盾するからって言っても>>716でも直っていないだろ >>700
> x,y,zが無理数で、整数比となるならば
おまえはx,y,zが無理数のときに整数比になるかどうか
調べていないだろ >>717
「そうなってしまうからこそ」とは、どういうことを、指すのでしょうか？
(3)の形を証明するのに(4)の形を使う
(4)の形を証明するのに(3)の形を使う
(3)の形→(4)の形→(3)の形→(4)の形→ ... となって
証明が終わらない状態
(3)の形を使わずに(4)の形を証明する
(4)の形を使わずに(3)の形を証明する
のどちらか一つを証明しておかないと証明は終わらない (修正43)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解x,y,zは(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解x,y,zを持たないので、(4)も有理数解x,y,zを持たない
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解x,y,zは(3)の解x,y,zのa倍となる。
(3)が有理数解x,y,zを持つので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>724
日高さん，あなたは，どうしても，何をどういわれても，結局，有理数解と整数比の無理数解の区別が付かないようですね。
「有理数解」と「整数比となる無理数解」は異なるんですよ。
z=√5としたとき
x^2+y^2=z^2=5
は，zが無理数である以上当然，有理数解をもちませんが，整数比の無理数解をもちえます。
zが無理数であるのならば，x,yは整数比となるとき無理数とならざるを得ません。
しかし，整数比の無理数解をもつことからx^2+y^2=z^2は整数解をもつことが導けます。
これと同じことが(3)にもあてはまります。
もっとも(3)では，整数比の無理数解を持ち得ない，したがってx^p+y^p=z^pは整数解を持ち得ないことを証明しなけばなりませんが。
その意味をよく考えて下さい。 >>712
> >709
> (((4)))は有理数解を＜＜＜持つ＞＞＞ので、(3)は整数比の解を持ちません。
> に変化しています。
>
> (4)は、有理数解を持ちません。
あなたは今、フェルマーを証明している最中なので、
> (4)は、有理数解を持ちません。
は不確定です。
そんな事より、
「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」
の証明をお願いします。 (3)は有理数解を持たないから(4)も有理数解を持たないの部分に数学的根拠がない
何度も指摘されているが(3)に整数比の無理数解があれば そこから(4)の有理数の解がでてくる可能性がある
そこについてなに１つ言及されていないのでは証明といえるものではないです
つまり(3)が整数比の無理数解を持たないことを示す必要があります もう200回くらい同じ指摘されてるけど、日高さんはスッとぼけ続けてるな。何でだろう？ >734
もう200回くらい同じ指摘されてるけど、日高さんはスッとぼけ続けてるな。何でだろう？
同じ指摘されている部分を、指摘してください。 >733
(3)は有理数解を持たないから(4)も有理数解を持たないの部分に数学的根拠がない
何度も指摘されているが(3)に整数比の無理数解があれば そこから(4)の有理数の解がでてくる可能性がある
そこについてなに１つ言及されていないのでは証明といえるものではないです
つまり(3)が整数比の無理数解を持たないことを示す必要があります
p=3のとき、
x^3+y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
有理数解x,y,zを持たないので、
整数比の解x,y,zを持ちません。 >732
そんな事より、
「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」
の証明をお願いします。
p=3のとき、
x^3+y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
有理数解x,y,zを持たないので、
整数比の解x,y,zを持ちません。 >>724 日高
> x^3+y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
> 有理数解x,y,zを持たないので、
> 整数比の解x,y,zを持ちません。
x^3+7y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
有理数解x,y,zを持たないので、
整数比の解x,y,zを持ちません。
x^3+8y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
有理数解x,y,zを持たないので、
整数比の解x,y,zを持ちません。 もう200回くらい同じ指摘されてるけど、日高さんはスッとぼけ続けてるな。何でだろう？w >>736
> p=3のとき、
> x^3+y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
> 有理数解x,y,zを持たないので、
> 整数比の解x,y,zを持ちません。
p=2のとき、
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解x,y,zを持ちません
有理数解x,y,zを持たないので
--- ともにr=√3であり同じ有理数解x,y,zを持たない前提なので当然結論も同じ ---
整数比の解x,y,zを持ちません
同じ有理数解x,y,zを持たない前提で結論が異なるのなら
その前提は証明には使えない >>737
> >732
> そんな事より、
> 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」
> の証明をお願いします。
>
> p=3のとき、
> x^3+y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
> 有理数解x,y,zを持たないので、
> 整数比の解x,y,zを持ちません。
> p=3のとき、
> x^3+y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
> 有理数解x,y,zを持たないので、
｜｜
（ですから、ここの間の根拠が不足しています。
有理数解x,y,zを持たなかったら、『なぜ』、整数比の解x,y,zを持たないのかが分かりません。）
｜｜
> 整数比の解x,y,zを持ちません。 >>736
それが説明になっていないのは
>>738
>>740
で指摘されてる
つまり式の形状に関する議論が不十分すぎる
書かれているロジックが通用する式に対して異なる結論がでるなら
ロジックが誤っている、あるいは、説明不足すぎて証明として成立していない
もっとも説明不足というよりは日高さんのアイデアが陳腐すぎて証明に決して到達しないと当人以外(この"証明"もどきを検討してくれている人たち全員)は確信しているでしょう まあ，日高氏には整数比となる無理数解という概念がまったく理解できていない，ということでこのスレ終了しても良さそうですね。
でも，誰も構わなくなったら勝利宣言してしまいそうなのが腹立たしいwww >>743
> 誰も構わなくなったら勝利宣言
そらそうよ
私は簡単な間違いをする人にもわかる簡単な指摘があるはずだ
それができなきゃ負けだ、と思ってるし、双方の心情的にもそうでしょう >>671
(3)式で、（有理数のx、有理数のy、無理数のr）の組が解にならないとき、
(4)式で、（有理数のx、有理数のy、無理数のr）の比の数の組は解になりません。
（有理数のx、有理数のy、無理数のr）の比の数の組と（無理数のx、無理数のy、無理数のr）の比の数の組は、比が違います。
（3）式で（無理数のx、無理数のy、無理数のr）の組が解になるかどうかは、（有理数のx、有理数のy、無理数のr）の組と比が違うでわかりません。
（4）式で（無理数のx、無理数のy、無理数のr）の比の数の組が解になるかどうかは、
（3）式で（無理数のx、無理数のy、無理数のr）の組が解になるかどうかわからないので、わかりません。
>>730の証明は、間違いです。 (修正44)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>746
> (3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
結局何も分かっていないのね
(3)が有理数解x,y,zを持たないことはx^p+y^p=z^pが有理数解(自然数解)x,y,zを
持たないこととは無関係
p=2のときも含めてr=z-xなんだからx,zが有理数ならr=z-xは有理数にしかならない
このことはx^p+y^p=z^pが有理数解(自然数解)x,y,zを持たないこととは無関係 おいおいまじかよ(ドン引き) ネタでも笑えない
「a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい」とかいうロジックが本当に正しいとおもっているの？
x^3 + 7y^3 = z^3 に対して 同じロジックを適用すると
x^3+7y^3=(x+√3)^3 は有理数解を持たないとなるが
実際のところ x^3 + 7y^3 = z^3 は(x,y,z)=(1,1,2)で成立する
つまりロジックが誤っているか説明不足のどちらかになる
式の形状に関する議論がない時点でおかしいことに気づかないといけない
もしこれに反論するなら「式が違う」という拒絶反応は却下
"同じ"ロジックが適用できるという点で"式"は"同じ"ものだからね
そう思わないなら"証明"に説明を加える必要がある 説明不足もいいところ
x^3 + 7y^3 = z^3 に対して同じ扱いができない理由を説明する必要がある >748
x^3 + 7y^3 = z^3 に対して同じ扱いができない理由を説明する必要がある
y^3の係数が、1ではなく、7になっています。 >747
(3)が有理数解x,y,zを持たないことはx^p+y^p=z^pが有理数解(自然数解)x,y,zを
持たないこととは無関係
p=2のときも含めてr=z-xなんだからx,zが有理数ならr=z-xは有理数にしかならない
このことはx^p+y^p=z^pが有理数解(自然数解)x,y,zを持たないこととは無関係
なぜ、無関係かを、説明していただけないでしょうか。 >745
（3）式で（無理数のx、無理数のy、無理数のr）の組が解になるかどうかは、（有理数のx、有理数のy、無理数のr）の組と比が違うでわかりません。
（3）式が有理数解をもたないので、無理数のx、無理数のy、無理数のr）の組は解に
なりません。 >>749
> >748
> x^3 + 7y^3 = z^3 に対して同じ扱いができない理由を説明する必要がある
>
> y^3の係数が、1ではなく、7になっています。
なぜ、y^3の係数が1ではなく7になっていると同じ扱いができないかを、説明していただけないでしょうか。 >744
> 誰も構わなくなったら勝利宣言
そらそうよ
私は簡単な間違いをする人にもわかる簡単な指摘があるはずだ
それができなきゃ負けだ、と思ってるし、双方の心情的にもそうでしょう
指摘を、希望します。 >743
まあ，日高氏には整数比となる無理数解という概念がまったく理解できていない，ということでこのスレ終了しても良さそうですね。
でも，誰も構わなくなったら勝利宣言してしまいそうなのが腹立たしいwww
整数比となる無理数解は、解ります。 >752
> y^3の係数が、1ではなく、7になっています。
なぜ、y^3の係数が1ではなく7になっていると同じ扱いができないかを、説明していただけないでしょうか。
係数が1と7では、解の比が異なります。 (修正44)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >742
つまり式の形状に関する議論が不十分すぎる
書かれているロジックが通用する式に対して異なる結論がでるなら
ロジックが誤っている、あるいは、説明不足すぎて証明として成立していない
もっとも説明不足というよりは日高さんのアイデアが陳腐すぎて証明に決して到達しないと当人以外(この"証明"もどきを検討してくれている人たち全員)は確信しているでしょう
具体的な指摘をお願いします。 >>757
> >742
> つまり式の形状に関する議論が不十分すぎる
> 書かれているロジックが通用する式に対して異なる結論がでるなら
> ロジックが誤っている、あるいは、説明不足すぎて証明として成立していない
> もっとも説明不足というよりは日高さんのアイデアが陳腐すぎて証明に決して到達しないと当人以外(この"証明"もどきを検討してくれている人たち全員)は確信しているでしょう
>
> 具体的な指摘をお願いします。
数学の証明というものに関してあまりにも勉強不足なので、証明を勉強しなおしてから出直せ。
といった具体的な指摘は、ひたすら拒否しているだろが。ボケ老人。 >741
> そんな事より、
> 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」
> の証明をお願いします。
s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数ならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなります。
>740
p=2のとき、
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解x,y,zを持ちません
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解x,y,zを持ちませんが、
整数比の解を持ちます。
x^2+y^2=(x+√3)^2は、a=1以外の場合です。
a=1の場合が、基準です。 >758
> 具体的な指摘をお願いします。
数学の証明というものに関してあまりにも勉強不足なので、証明を勉強しなおしてから出直せ。
といった具体的な指摘は、ひたすら拒否しているだろが。ボケ老人。
どの部分が、勉強不足なのかを、指摘していただけないでしょうか。 >738
x^3+7y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
有理数解x,y,zを持たないので、
整数比の解x,y,zを持ちません。
x^3+8y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
有理数解x,y,zを持たないので、
整数比の解x,y,zを持ちません。
式が違います。 >733
(3)は有理数解を持たないから(4)も有理数解を持たないの部分に数学的根拠がない
何度も指摘されているが(3)に整数比の無理数解があれば そこから(4)の有理数の解がでてくる可能性がある
そこについてなに１つ言及されていないのでは証明といえるものではないです
つまり(3)が整数比の無理数解を持たないことを示す必要があります
s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数ならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなります。 >732
そんな事より、
「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」
の証明をお願いします。
s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数ならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなります。 >731
もっとも(3)では，整数比の無理数解を持ち得ない，したがってx^p+y^p=z^pは整数解を持ち得ないことを証明しなけばなりませんが。
(3)が有理数解を持たないので、x^p+y^p=z^pは整数比の解を持ちません。 (修正44)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>759
以下の★の部分に返信をお願いします。
> p=3のとき、
> x^3+y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
> 有理数解x,y,zを持たないので、
｜｜
★ですから、ここの間の根拠が不足しています。
有理数解x,y,zを持たなかったら、『なぜ』、整数比の解x,y,zを持たないのかが分かりません。
｜｜
> 整数比の解x,y,zを持ちません。 >>761
> >758
> > 具体的な指摘をお願いします。
> 数学の証明というものに関してあまりにも勉強不足なので、証明を勉強しなおしてから出直せ。
> といった具体的な指摘は、ひたすら拒否しているだろが。ボケ老人。
>
> どの部分が、勉強不足なのかを、指摘していただけないでしょうか。
少なくとも、指摘に対して
「よく意味がわかりません。」
と返事したところ全て。 >767
有理数解x,y,zを持たなかったら、『なぜ』、整数比の解x,y,zを持たないのかが分かりません。
s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。 >768
> どの部分が、勉強不足なのかを、指摘していただけないでしょうか。
少なくとも、指摘に対して
「よく意味がわかりません。」
と返事したところ全て。
よく意味がわからないので、わかりませんと、答えました。
なぜ、勉強不足といえるのでしょうか？ 日高メソッドにより任意の主張(妄想)を正当化( )できる
まず最初に証明と称した語句の列を発表する
しばらくの間, 誰からも反論がなかったら勝利宣言
「お前が(自分の証明が正しいと)思うんならそうなんだろうお前ん中ではな」
反論がある場合は気分次第で 以下の3つの対応を取る
a) 反論( )をする (重要なのは反論したようにみせかけること)
b) 「よくわかりません」と答える (実はこれは誠意のない回答なのだが)
c) 証明を修正したものを発表する (意味不明であっても問題ない)
日高メソッドをFLTの新証明に応用してみることにする 【主張】
pが奇素数のとき x^p+y^p=z^pを満たす正の整数x,y,zの組は存在しない
【証明】
ウンポコから明らかである
(ウンポコの部分は一見すると数学的に意味があるようにみえるのが望ましい)
ウンポコから明らかなのはなぜですか？ときたら
(修正1)
ウンポコからウンポコ2がいえる よってウンポコ2から明らかである
ウンポコからウンポコ2はたしかに成立するようにしておくのが無難
ただしウンポコ2からFLTが従うことの根拠は不要である
そしてウンポコ2から明らかなのはなぜですか,ときたら
(修正2)
ウンポコからウンポコ2がいえる
また ウンポコ2からウンポコ3がいえる
よって ウンポコ3から明らかである
以下延々と繰り返すことで
いずれ住人が狂気に対応できなくなり いずれは勝利宣言できる >771
日高メソッドにより任意の主張(妄想)を正当化( )できる
どの部分のことでしょうか？ もっとも日高氏がやっていることはこれ未満なんだよね
例えると修正のたびにいきなりウンポコのポの部分が消えたり
間に入っていたウンポコXが消えたりするし
論理構造の杜撰さを説明の省略( )で隠蔽するところが極悪 >772
【証明】
ウンポコから明らかである
なにが言いたいのでしょうか？ >>760
> a=1の場合が、基準です。
aやrの値で整数比の解を持つかどうかが変化したらフェルマーの最終定理の証明に
ならないので言い訳としてaやrの値を持ちだした時点で間違いです
そもそも正しい式変形をすればp=2のときもpが奇素数のときも
a=r=1の場合が基準です
x^2+y^2=(x+r)^2 → (ax/r)^2+(ay/r)^2=((ax/r)+a)^2
x^p+y^p=(x+r)^p → (ax/r)^p+(ay/r)^p=((ax/r)+a)^p >>750
> (3)が有理数解x,y,zを持たないことはx^p+y^p=z^pが有理数解(自然数解)x,y,zを
> 持たないこととは無関係
> p=2のときも含めてr=z-xなんだからx,zが有理数ならr=z-xは有理数にしかならない
> このことはx^p+y^p=z^pが有理数解(自然数解)x,y,zを持たないこととは無関係
>
> なぜ、無関係かを、説明していただけないでしょうか。
書いてあるじゃん
> p=2のときも含めてr=z-xなんだからx,zが有理数ならr=z-xは有理数にしかならない
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解を持たないが
解x=3√3/2,y=2√3,z=5√3/2 (x:y:z=3:4:5)を持つ
x^2+y^2=(x+5^(1/4))^2は有理数解を持たないが
解x=(3/2)*5^(1/4),y=2*5^(1/4),z=(5/2)*5^(1/4) (x:y:z=3:4:5)を持つ
...
...
おまえはx^2+y^2=(x+√3)^2はx=3/2,y=2,z=5/2やx=3,y=4,z=5を解に持つ
と言っている >>769
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数ならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなります。
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
p^{1/(p-1)}=uw-sw=(u-s)*wを見てもwが無理数なんだから
u-sが有理数なのか無理数なのか区別できないでしょ >>770
> >768
> > どの部分が、勉強不足なのかを、指摘していただけないでしょうか。
> 少なくとも、指摘に対して
> 「よく意味がわかりません。」
> と返事したところ全て。
>
> よく意味がわからないので、わかりませんと、答えました。
> なぜ、勉強不足といえるのでしょうか？
勉強しないと分からないことを聞いて誤魔化そうとしているから。 【定理】x+y=zは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)はrが無理数のとき、yを有理数とするとx,y,zは整数比にならない。
(1)の解とx+y=zの解は比が同じなので、x+y=zの解も整数比にならない。
よってx+y=zは自然数解x,y,zを持たない。 >>780
(修正1)
【定理】x+y=zは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x+y=zを、z=x+rとおいてx+y=x+r…(1)とする。
(1)はrが無理数のとき、yを有理数とするとx,y,zは整数比にならない。
(1)の解とx+y=zの解は比が同じなので、x+y=zの解も整数比にならない。
よってx+y=zは自然数解x,y,zを持たない。 >>769
> >767
> 有理数解x,y,zを持たなかったら、『なぜ』、整数比の解x,y,zを持たないのかが分かりません。
>
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
s=lo, t=mo, u=no (l,m,n は有理数、o は無理数) とすると、
s^p+t^p=u^p は (low)^p+(mow)^p=(now)^p となって、
比は l:m:n だから整数比になるよ。 (修正44)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 FLTを含む有名問題のとんでも証明はネット上のいたるところにある
こういうものを正しいとおもって投稿し続けるひとの特徴をいくつかあげる
(1)他の人の書いた数学記事をあまり読んだことがない
これにより自分の書いたものを数学的に客観視できなくなる
これについては過去コメントで指摘している人がいた
(2)関連論文をほとんど読んでない
(1)と被っているが (1)はもっと低次元の話
(3)問題解決能力がひくい
とくに自力で数学の問題を考える機会がほとんどなかった人が
いきなり難問に取り組んで正しい証明が得られることは考えにくい
自分の書いたものを客観視できるように
初等数論からしっかり学び、レベルの低い問題から解決していく姿勢が望ましいと(日高氏の書いたものおよび過去コメをみるかぎり)思います
以上。 >776
> a=1の場合が、基準です。
x^2+y^2=(x+r)^2 → (ax/r)^2+(ay/r)^2=((ax/r)+a)^2
の計算法がわかりません。 >785
自分の書いたものを客観視できるように
初等数論からしっかり学び、レベルの低い問題から解決していく姿勢が望ましいと(日高氏の書いたものおよび過去コメをみるかぎり)思います
以上。
でも、多分、その中で大学の数学教授の指摘も、合ったように思います。
（指摘は、中途半端ですが） >783
日高はただの馬鹿。
理由を、教えていただけないでしょうか。 >782
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
s=lo, t=mo, u=no (l,m,n は有理数、o は無理数) とすると、
s^p+t^p=u^p は (low)^p+(mow)^p=(now)^p となって、
比は l:m:n だから整数比になるよ。
「s,t,uが有理数でないならば、」と言っています。 >>786
> x^2+y^2=(x+r)^2…(1)
> (1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
のではなくて
あんたのやり方に近いのは
y^2=2rx+r^2 (r{(y/r)^2-1}=r*2x(1/r)…(2))
(y/r)^2=2(x/r)+1
(ay/r)^2=2a(ax/r)+a^2
(ax/r)^2+(ay/r)^2=(ax/r)^2+2a(ax/r)+a^2
(ax/r)^2+(ay/r)^2=((ax/r)+a)^2
もっと直接的に計算するのなら(といっても同じことだけれども)
x^2+y^2=(x+r)^2
この解をrで割ると
(x/r)^2+(y/r)^2=((x/r)+1)^2 (r=1になる)
更にこの解をa倍すると
(ax/r)^2+(ay/r)^2=((ax/r)+a)^2 (r=aになる) >>789
> >782
> > s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
>
> s=lo, t=mo, u=no (l,m,n は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (low)^p+(mow)^p=(now)^p となって、
> 比は l:m:n だから整数比になるよ。
>
> 「s,t,uが有理数でないならば、」と言っています。
ん？
s=lo, t=mo, u=no (l,m,n は有理数、o は無理数)
は有理数じゃないだろ？ >781
【定理】x+y=zは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x+y=zを、z=x+rとおいてx+y=x+r…(1)とする。
(1)はrが無理数のとき、yを有理数とするとx,y,zは整数比にならない。
(1)の解とx+y=zの解は比が同じなので、x+y=zの解も整数比にならない。
よってx+y=zは自然数解x,y,zを持たない。
x+y=zを、z=x+rとおいてx+y=x+r…(1)とする。と、y=rとなります。
よってx+y=zは自然数解x,y,zを持ちます。 >791
> > s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
> s=lo, t=mo, u=no (l,m,n は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (low)^p+(mow)^p=(now)^p となって、
> 比は l:m:n だから整数比になるよ。
>
> 「s,t,uが有理数でないならば、」と言っています。
ん？
s=lo, t=mo, u=no (l,m,n は有理数、o は無理数)
は有理数じゃないだろ？
そうですね。
l^p+m^p=n^pのl,m,nが有理数でないならば、(lo)^p+(mo)^p=(no)^pは、整数比となりません。
となります。 (修正44)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>793
> >791
> > > s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
>
> > s=lo, t=mo, u=no (l,m,n は有理数、o は無理数) とすると、
> > s^p+t^p=u^p は (low)^p+(mow)^p=(now)^p となって、
> > 比は l:m:n だから整数比になるよ。
> >
> > 「s,t,uが有理数でないならば、」と言っています。
>
> ん？
> s=lo, t=mo, u=no (l,m,n は有理数、o は無理数)
> は有理数じゃないだろ？
>
> そうですね。
>
> l^p+m^p=n^pのl,m,nが有理数でないならば、(lo)^p+(mo)^p=(no)^pは、整数比となりません。
> となります。
ん？
l,m,n は有理数だよ。 >>793
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば
> s=lo, t=mo, u=no (l,m,n は有理数、o は無理数)
> は有理数じゃないだろ？
> l^p+m^p=n^pのl,m,nが有理数でないならば
その論法は
> (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。
の前にx^p+y^p=z^pが有理数解を持たないことを証明しておかないと
使えないでしょ
(3)の形を証明するのに(4)の形を使う
(4)の形を証明するのに(3)の形を使う
(3)の形→(4)の形→(3)の形→(4)の形→ ... となって
証明が終わらない状態
(3)の形を使わずに(4)の形を証明する
(4)の形を使わずに(3)の形を証明する
のどちらか一つを証明しておかないと証明は終わらない
もう少しあんたの証明の流れに合わせると
> 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=1として基準とする
x^p+y^p=(x+1)^p…(1')
(1')が有理数解を持たないのであれば(日高は証明していない)
> (1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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)はx=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
を解に持たない
(1')が有理数解を持つのであれば
(3)はx=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
を解に持つ >>792
rは、無理数です。
よってx+y=zは自然数解x,y,zを持ちません。 >>792
> rが無理数のとき
> x+y=zを、z=x+rとおいてx+y=x+r…(1)とする。と、y=rとなります。
y=rはrが無理数なので有理数解(自然数解)ではありません >>788 日高
> >783
> 日高はただの馬鹿。
>
> 理由を、教えていただけないでしょうか。
そうやって、自分の頭で考えようとしないから。 以下では，わかりきったことを相当くどくどと説明しています。
日高氏の【証明】で問題になるのが「整数比となる無理数解」が取り扱われていないことである，と理解されている方は読み飛ばされた方がよいかと思います。
X^P+Y^P=Z^P (X,Y,Zは正の実数，Pは自然数)...(*)が整数解をもつかを考える。
Z=X+√3 とおく，Z-X=√3(無理数)である。
(a)P=1のとき
(*)は X+Y=X+√3...(1)となる。
(1)は有理数解をもたないので，日高理論によれば X+Y=Z は整数解をもたない。
しかし，誰がどう見ても X+Y=Z が整数解をもつことは自明である。例 1+1=2 (X,Y,Z)=(1,1,2)
つまり，日高理論はP=1のときには明らかに誤りである。
では，P=1のとき(*)が整数解をもつことは，有理数解をもたない(1)にどのように反映されるのであろうか？
それは(1)が整数比である無理数解をもつとして反映されるのである。すなわち(X,Y,Z)=(√3,√3,2√3)は(1)を満たしX:Y:Z=1:1:2の整数比となる(1)の無理数解である。
(1)は有理数解を持ち得ないが，(*)が整数解をもつことは，(1)が整数比となる無理数解をもつことから導ける。
上の例でいえば(1)の整数比となる無理数解を√3で割ればよい。
(b)P=2のとき
(*)は X^2+Y^2= (X+√3)^2...(2)となる。
(2)は有理数解をもたないので，日高理論によれば X^2+Y^2=Z^2 は有理数解をもたない。
しかしピタゴラスの定理からは X^2+Y^2=Z^2 が整数解をもつことは明らかである。例 3^2+4^2=5^2
つまり，日高理論はP=2のときには明らかに誤りである。
では，P=2のとき(*)が整数解をもつことは，有理数解をもたない(2)にどのように反映されるのであろうか？
それは(2)が整数比である無理数解をもつとして反映されるのである。すなわち(X,Y,Z)=(√3/2)*(3,4,5)は(2)を満たしX:Y:Z=3:4:5の整数比となる(2)の無理数解である。
(2)は有理数解を持ち得ないが，(*)が整数解をもつことは(2)が整数比となる無理数解をもつことから導ける。
上の例でいえば(2)の整数比となる無理数解を√3/2で割ればよい。 (続き)
(c)P>=3 のとき
(*)はX^P+Y^P=(X+√3)^P...(3) となる
(3)は有理数解をもたないので，日高理論によれば X^P+Y^P=Z^P は整数解をもたない。
P>=3のときはワイルズによって(*)が有理数解，したがって整数解をもたないことが確定している。
したがって日高理論による結論はP>=3 のとき結果としては正しい。問題は証明として正しいかである。
P=1,2の場合を見れば(3)が有理数解をもたないので X^P+Y^P=Z^P は整数解をもたない，という論証はとうてい十分な証明とは言えない。
そもそも「(3)が有理数解をもたない」ことはZ=X+√3としたときに決まってしまっている。そんな仮定をしてしまえば，有理数解はX,Zを用いるどんな方程式でも存在し得ない。
したがって，「(3)が有理数解をもたない」ことから直接「X^P+Y^P=Z^P は整数解をもたない」と結論するならば，これは存在するかも知れない整数解を見逃してしまう。
現に(a)P=1,(b)P=2の場合は見逃してしまっている。
X^P+Y^P=Z^P に存在するかも知れない整数解は，もし存在するのならば(3)の形に変形したとき，有理数解とはならない。
「整数比となる無理数解」となる。
だから(3)で証明すべきなのは「(3)が有理数解をもたない」ことではなく「(3)が整数比となる無理数解」を持たないことである。
もしX^P+Y^P=Z^Pに整数解が存在したら，(3)ではどう表現されるのか？
(3)の形に合わせて変形されたその解は有理数ではなく無理数になるのではないか。
そういうふうに逆方向から考えれば，(3)は有理数解をもたないので，X^P+Y^P=Z^P は整数解をもたない，という主張が的外れなことがわかる。 >>799
自分の頭でしか考えなかった結果がこの証明と称する何かなのではないでしょうか >>802
勉強せず、ひとの意見に耳を傾けず、自分の頭でも考えず、といったところでしょうか (修正44)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >803
勉強せず、ひとの意見に耳を傾けず、自分の頭でも考えず、といったところでしょうか
どの部分のことでしょうか？ >802
自分の頭でしか考えなかった結果がこの証明と称する何かなのではないでしょうか
自分の頭で考えなくて、どこで、考えるのでしょうか？ >800
(a)P=1のとき
(*)は X+Y=X+√3...(1)となる。
(1)は有理数解をもたないので，日高理論によれば X+Y=Z は整数解をもたない。
しかし，誰がどう見ても X+Y=Z が整数解をもつことは自明である。例 1+1=2 (X,Y,Z)=(1,1,2)
つまり，日高理論はP=1のときには明らかに誤りである。
どういう意味でしょうか？
X+Y=X+√3.は、
X,Yを有理数とすると、成り立ちません。 >799
そうやって、自分の頭で考えようとしないから。
どういう意味でしょうか？ >798
> x+y=zを、z=x+rとおいてx+y=x+r…(1)とする。
(1)の解とx+y=zの解は比が同じなので、x+y=zの解も整数比にならない。
よってx+y=zは自然数解x,y,zを持たない。
「(1)の解とx+y=zの解は比が同じなので、」
よく意味がわかりません。 >796
その論法は
> (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。
の前にx^p+y^p=z^pが有理数解を持たないことを証明しておかないと
使えないでしょ
どうしてでしょうか？
p=2の場合は、x^p+y^p=z^pが有理数解を持つことを
証明しておかなくても、使えます。 >801
現に(a)P=1,(b)P=2の場合は見逃してしまっている。
見逃していません。 >>807
X+Y=Zが整数解をもつかどうか証明されるまでは不明であるとしましょう。
そこで，z=x+√3と置くとX+Y=X+√3...(1)となります。
(1)は有理数解をもちません。おっしゃるとおりです。
しかしあなたの理論に従うと，(1)は有理数解をもたない
∴X+Y=Zは整数解をもたない
という結論になるはずです。
しかし，それはおかしいでしょう。X+Y=Zが整数解をもつことは自明です。
だから，あなたの理論はP=1のときには破綻してますね，といっているんです。
>>811
X^P+Y^P=(X+√3)^P は，有理数解をもちません。P=1のときも，P=2のときも，P>=3のときも。
しかし，P=1,2では有理数解をもたないからといって，整数解がないという結論を導けば，それは誤りになります。
X^P+Y^P=(X+√3)^P は，有理数解をもたない，だからX^P+Y^P=Z^Pは整数解をもたない。
この日高理論が，P=1,P=2では破綻しているのに，P>=3では持ち出してよい理由は何ですか？
より低次の式で日高理論が否定されるのに，高次式になると正しくなるという保証はないでしょう。
P=7のとき破綻するかも知れません。P=101のとき破綻するかも知れません。
P>=3のとき日高理論が破綻しない保証はどこにありますか？ >812
しかしあなたの理論に従うと，(1)は有理数解をもたない
∴X+Y=Zは整数解をもたない
という結論になるはずです。
どうしてでしょうか？ (修正44)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >795
> l^p+m^p=n^pのl,m,nが有理数でないならば、(lo)^p+(mo)^p=(no)^pは、整数比となりません。
> となります。
ん？
l,m,n は有理数だよ。
どういう返事をすれば、よいのでしょうか？ >>813
あなたはP>=3のときに，【証明】の(3)について，整数比となる無理数解はどうするんですか，と聞かれる度に
>(3)[x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p]が有理数解を持たないので、x^p+y^p=z^pは整数比の解を持ちません。
[x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pではp=1 とできないので，以下はx^p+y^p=(x+√3)^pで考えて下さい]
とお答えになるでしょう。
たとえば，>765です。
それを仮にですが日高理論と呼ぶと，その日高理論をもし，p=1に適用すれば，x+y=z=x+√3 は有理数解をもたないから，x+y=zは整数解をもたないことになります。
しかし，x+y=zが整数解をもたないという理解が誤りであることは明らかです。
p=2のときも x^2+y^2=(x+√3)^2 が有理数解をもたないから，x^2+y^2=z^2は整数解をもたないという理解が誤りであることも明らかです。
日高理論を p=1,p=2で適用すると誤りになるのに，p>=3のときは正しいと主張する根拠，理由は何ですか？
p>=3のときには正しく妥当するという証明をつけないと，p=1のとき 1+1=2，p=2のときピタゴラスの定理という反例があるので日高理論は誤りであり，証明に持ち出せませんよ，という意味です。 >>816
> >795
> > l^p+m^p=n^pのl,m,nが有理数でないならば、(lo)^p+(mo)^p=(no)^pは、整数比となりません。
> > となります。
>
> ん？
> l,m,n は有理数だよ。
>
> どういう返事をすれば、よいのでしょうか？
あなたの主張
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、＜＜＜整数比となりません。＞＞＞
に対して私が
> s=lo, t=mo, u=no (l,m,n は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (low)^p+(mow)^p=(now)^p となって、
> 比は l:m:n だから＜＜＜整数比になるよ。＞＞＞
と反論しているところです。
主張を取り下げますか？ (議論の本腰を折りたくないから自重してたけど n=4の場合の議論がないのは何故なんだろうか
x^4+y^4=z^4 が自然数解を持たないことも示さないといけないのでは.4は奇素数でもないし2でもない) >817
p=2のときも x^2+y^2=(x+√3)^2 が有理数解をもたないから，x^2+y^2=z^2は整数解をもたないという理解が誤りであることも明らかです。
x^2+y^2=(x+√3)^2が、有理数解を持たない理由は、(4)だからです。
このx,y,zに、2/√3を掛けると、(3)となり、有理数解を持ちます。 >818
> s^p+t^p=u^p は (low)^p+(mow)^p=(now)^p となって、
> 比は l:m:n だから＜＜＜整数比になるよ。＞＞＞
と反論しているところです。
s,t,uが、整数比でないならば、l,m,nも整数比となりません。 >819
(議論の本腰を折りたくないから自重してたけど n=4の場合の議論がないのは何故なんだろうか
x^4+y^4=z^4 が自然数解を持たないことも示さないといけないのでは.4は奇素数でもないし2でもない)
n=4の場合は、証明済だからです。 >>822
じゃあn=4の場合もかけばいいのでは
排除している理由がよくわからない n=4の場合も独自の方法でやってるなら
おそらく証明は誤っているので のっけてみるといいよ
実際、自信満々で載せた >>1 も アイデアの乏しいもので理論もメチャクチャ
(ここに納得しないなら4545回過去ログを読み直してください)
n=4の場合の初等的な証明で しばしば用いられる「無限降下法」のアイデアのほうを用いるほうが
まだチャンスあるんだよね そのアイデアのほうに惹き寄せられるなら納得できる
n=4の場合をまねて証明ぽいなにかを書いて失敗するのは まだ理解できるんだよ
でもここに書かれているのはそれ未満のなにかなんだよ >>822
> >819
> (議論の本腰を折りたくないから自重してたけど n=4の場合の議論がないのは何故なんだろうか
> x^4+y^4=z^4 が自然数解を持たないことも示さないといけないのでは.4は奇素数でもないし2でもない)
>
> n=4の場合は、証明済だからです。
じゃあn=1000000000000000000は？ >>820
>x^2+y^2=(x+√3)^2が、有理数解を持たない理由は、(4)だからです。
意味不明です。日本語でお願いします。
意味不明なので，よくわかりませんが，p=3のとき
>x^3+y^3=(x+√3)^3が、有理数解を持たない理由は、(4)だからです。
このx,y,zに何か無理数をかけると，(3)となり、有理数解を持ちます。
が誤りである理由をお願いします。 >>823
日高氏の証明の論理からいうと，pが奇素数である理由はないんだよね。
pが奇数であることも，素数であることも用いてないんだから。
どこかで，pが奇素数である場合を証明すればいい，と見かけたか小耳に挟んだことを【証明】に使ってるんでしょう。
日高さん，「pが奇素数のとき」，は「pが3以上の整数(自然数)のとき」，としてもいいですよ。
そうしたからといって，【証明】が正しくなるわけではないですが，すくなくとも形式的に明らかな【証明】の穴はふさげます。 「n=4の場合は証明済み」と断言しているから考えられるのは次の2パターン
(1) pが奇素数のときの議論に p=4の場合は適用できない(と本人が思っている)
(2) p=4の場合でも本議論は適用できる
(2)の場合は以下のことが導かれる:
最初から今にいたるまで修正し続けた証明(仮)については
アイデアは正しいとおもっている あるいは 根本的に正しいと思っている n=4は証明済って、もしかして先人が証明したからって話？
前に「フェルマーの定理は(ワイルズが)証明済で正しい事が解っているから」と、日高さん自身の証明の中にフェルマーの定理が証明済である事を盛り込んでいたのにはビビった。 n=4のときの証明済みの主語が先人にしろ日高氏にしろ
日高市のやるべきことは たとえば >>827 の人の正しい提案に乗るか
あるいは独自試行で「p=4のときは本議論適用できない」と考えるか
とにかく行動をおこすべきだとおもいますね
こうやってつめておくと
議論の最中でいきなりファクターXが飛び出てくる可能性を抑制できるので
たとえば「pが奇素数だから ～ この場合は ～」
というふうに整数論ぽい何かを醸し出す詐欺論法の出現を抑制できる (修正45)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持たない。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
a(1/a)=1なので(3)のみを検討すればよい。(3)は有理数解x,y,zを持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 (修正46)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)(4)の解の比は同じなので(3)を検討する。(3)は有理数解x,y,zを持たない。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)(4)の解の比は同じなので(3)を検討する。(3)は有理数解x,y,zを持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >831
たとえば「pが奇素数だから ～ この場合は ～」
というふうに整数論ぽい何かを醸し出す詐欺論法の出現を抑制できる
833を見て下さい。 >830
ああ、本人が証明済みっていう意味じゃないんだ
833を見て下さい。 >829
n=4は証明済って、もしかして先人が証明したからって話？
833を見て下さい。 >828
「n=4の場合は証明済み」と断言しているから考えられるのは次の2パターン
833を見て下さい。 >827
日高氏の証明の論理からいうと，pが奇素数である理由はないんだよね。
833を見て下さい。 >826
>x^3+y^3=(x+√3)^3が、有理数解を持たない理由は、(4)だからです。
このx,y,zに何か無理数をかけると，(3)となり、有理数解を持ちます。
が誤りである理由をお願いします。
(4)と(3)の解の比は同じなので、(3)も有理数解を持ちません。 >825
> n=4の場合は、証明済だからです。
じゃあn=1000000000000000000は？
833を見て下さい。 >824
n=4の場合も独自の方法でやってるなら
おそらく証明は誤っているので のっけてみるといいよ
833を見て下さい。 >823
じゃあn=4の場合もかけばいいのでは
排除している理由がよくわからない
833を見て下さい。 (修正46)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)(4)の解の比は同じなので(3)を検討する。(3)は有理数解x,y,zを持たない。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)(4)の解の比は同じなので(3)を検討する。(3)は有理数解x,y,zを持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>810
> どうしてでしょうか？
> p=2の場合は、x^p+y^p=z^pが有理数解を持つことを
> 証明しておかなくても、使えます。
本当はx^2+y^2=(x+r)^2の場合に
y^2=2xr+r^2のyにy=t*r (tは有理数)を代入しなければいけないが
有理数の有理数倍は有理数だからrが有理数ならば考えなくても同じ結果になる
r=2ならrが有理数なので有理数yをとればt*2は有理数yからy=(y/2)*2とできる (t=y/2)
r=√3のときはy=t*√3であり√3は無理数なので
有理数yをとっても有理数tを用いてy=t*√3の形にはできない >>821
> >818
> > s^p+t^p=u^p は (low)^p+(mow)^p=(now)^p となって、
> > 比は l:m:n だから＜＜＜整数比になるよ。＞＞＞
>
> と反論しているところです。
>
> s,t,uが、整数比でないならば、l,m,nも整数比となりません。
あなたの主張は、
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが＜＜＜有理数＞＞＞でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
であって、
s,t,uが、＜＜＜整数比＞＞＞でないならば、じゃないですよ。
よく見直してください。
依然として、あなたの主張
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
に対して私の反論（記号変えました）
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
は有効です。
主張を取り下げますか？ ここまで馬鹿な書き込みだとだれも本気にしないので放置してよいのでは。 >>820 >>839
何を言ってるんですか？？？
p=2の場合にも【証明】(3)が有理数解をもつはずはないでしょう。
あなたの【証明】(3)ではz=r+(無理数)です。p=2でもp>=3でも(3)は絶対に有理数解，整数解をもちません。
有理数解，整数解は(3)の解ではありません。
>x^2+y^2=(x+√3)^2が、有理数解を持たない理由は、(4)だからです。
>このx,y,zに、2/√3を掛けると、(3)となり、有理数解を持ちます。
は，誤りです。x,y,zに何かを掛けて有理化するならば，x,y,zは(4)の解のままです。繰り返しますが(3)の解にはなりません。
それに(4)の解だとなぜ有理数解をもたないのですか？
(4)では(3)の解を任意に定数倍できるんですよ？
したがって(4)の解に何をかけても(4)の解ということができます(掛け算を一つにまとめるか，二回に分けるかの差があるだけ)。
2/√3を掛けると有理数解となるならば，それは依然として(4)の解であり，(4)は有理数解をもつことになります。これは
>x^2+y^2=(x+√3)^2が、有理数解を持たない理由は、(4)だからです。
と明らかに矛盾するでしょう。
もはや支離滅裂です。
また，>839の
>(4)と(3)の解の比は同じなので、(3)も有理数解を持ちません。
に至っては何を言ってるのかわかりません。(4)が有理数解を持たないという証明がどこにありますか。
【証明】では(4)が有理数解をもたないという，その証明をしているんでしょう？
【証明】が完成するまでは，(4)が有理数解を持たないとは言えません。
さんざん指摘されているとおり，あなたの【証明】のなかにはたどり着くべき結論が組み込まれてしまっています。
そんなものは【数学の証明】ではありません。 (847訂正)3行目
>あなたの【証明】(3)ではz=r+(無理数)です。p=2でもp>=3でも(3)は絶対に有理数解，整数解をもちません。
を
>あなたの【証明】(3)ではz=x+(無理数)です。p=2でもp>=3でも(3)は絶対に有理数解，整数解をもちません。
に いろいろごちゃごちゃしてきたし，日高氏も(修正)を入れたいかも知れないので簡潔な質問にまとめてみます。
(修正46)では，
>(3)は有理数解x,y,zを持たない。
>∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
とあります。(3)はn=3のとき x^3+y^3=(x+√3)^3 となるので，n=3のときの，この式を対象とします。
n=3と限定して上の内容を書き出すと
>x^3+y^3=(x+√3)^3 は有理数解x,y,zを持たない。
>∴x^3+y^3=z^3は自然数解x,y,zを持たない。
ということになります。ここで主張されている論理が
n>=3のときに使えて，n=2のときに使えない根拠・理由は何ですか？
x^2+y^2=(x+√3)^2 は有理数解x,y,zを持たないのに
x^2+y^2=z^2は自然数解x,y,zを持つことはどう説明されるんですか？
その説明はn>=3のときと整合性がありますか？ (修正47)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >849
x^2+y^2=(x+√3)^2 は有理数解x,y,zを持たないのに
x^2+y^2=z^2は自然数解x,y,zを持つことはどう説明されるんですか？
x^2+y^2=z^2は、a=1のとき、x^2+y^2=(x+2)となるので、整数比の解を持ちます。 >847
それに(4)の解だとなぜ有理数解をもたないのですか？
この場合、有理数解は持ちませんが、整数比の解を持ちます。 >846
ここまで馬鹿な書き込みだとだれも本気にしないので放置してよいのでは。
どの部分が、馬鹿な書き込みでしょうか？ >845
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
は有効です。
主張を取り下げますか？
その通りです。このことが、
私の、どの主張を取り下げなければ、いけないことになるのでしょうか？ >>851 >>852
それでは，n>=3の場合でも
x^n+y^n=z^n がもし整数解をもつのであれば，その解は
x^n+y^n=(x+√3)^n においては，定数(無理数)倍されて「整数比となる無理数解」となることはお認めになるんですね？ オイラーでさえ自信満々で発表したn=3の場合の証明が誤っていたのに
(オイラーのミスを現代風にいうと Z[√-3]をUFDとしてしまったことに起因してる
実際のところ 4は2個の既約元で2通りに分解できるので UFDではない
しかしながらアイデアは正しいので誤っていたからといって価値がないわけでない)
初等数論さえわからない人間が証明できるわけないとおもうのがふつう
簡単な整数問題さえ解けないでFLTだけ証明できる そんな馬鹿げたことありえるの？
もちろんこのスレの人間は日高氏以外そういうことは理解している
だから最初から 間違い探しとして参加しているのだよ
まさかわずかでも可能性あると思ってる？ 皆無だよ n=3 ですら一生不可能
それは日高氏が無能というよりは数論の難しさを言っている
(バックグラウンドなしで取り掛かる姿勢は賢くないといえるが)
数論の勉強なしで n=3の場合を独自の方法で証明できる人は超絶天才
それこそオイラーとかと並ぶレベルだよ これは誇張でもなんでもない
残酷なことをいうと日高氏が修正と称して書き込むたびに
必ず間違いが生じているので まずは自身でチェックすべき
そもそも修正しまくるやつを信用できない 限度を超えてる
次あたりでもう最終にすべきだろう もう終わりだ それが社会正義
延々と修正しているのに未だに解の包含関係または整数比に関する誤りを含んだまま
ずっと残ったまま 理解せずに形だけの修正 もう終わりにしよう 741 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/11/09(月) 20:08:54.63 ID:fdlvMl7/ [5/5]
> そんな事より、
> 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」 （※）
> の証明をお願いします。
>
> p=3のとき、
> x^3+y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
> 有理数解x,y,zを持たないので、
> 整数比の解x,y,zを持ちません。
767 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/11/10(火) 12:28:41.67 ID:amTY8nBj
>>759
以下の★の部分に返信をお願いします。
> p=3のとき、
> x^3+y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
> 有理数解x,y,zを持たないので、
｜｜
★ですから、ここの間の根拠が不足しています。
有理数解x,y,zを持たなかったら、『なぜ』、整数比の解x,y,zを持たないのかが分かりません。
｜｜
> 整数比の解x,y,zを持ちません。
769 名前：日高[] 投稿日：2020/11/10(火) 15:57:50.48 ID:1aiFv/Ag [18/29]
>767
有理数解x,y,zを持たなかったら、『なぜ』、整数比の解x,y,zを持たないのかが分かりません。
s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。 >>854
> >845
> > s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> > s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> > 比は i:j:k だから整数比になるよ。
>
> は有効です。
> 主張を取り下げますか？
>
> その通りです。このことが、
> 私の、どの主張を取り下げなければ、いけないことになるのでしょうか？
まず、元の主張
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
は取り下げ対象です。
そして、>>857を見てもらえれば分かる通り、
> 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」 （※）
の証明として元の主張はされて、元の主張は崩れたので、（※）も取り下げ対象です。
よって、
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
と
> 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」 （※）
の二つが取り下げ対象になります。よろしいでしょうか？ >856
残酷なことをいうと日高氏が修正と称して書き込むたびに
必ず間違いが生じているので まずは自身でチェックすべき
どの部分が、間違いでしょうか？ (修正47)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >858
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
と
> 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」 （※）
の二つが取り下げ対象になります。よろしいでしょうか？
理由を、教えていただけないでしょうか。 >857
★ですから、ここの間の根拠が不足しています。
有理数解x,y,zを持たなかったら、『なぜ』、整数比の解x,y,zを持たないのかが分かりません。
有理数解を持たないことと、整数比の解を持たないことは、同じです。 >>861
> >858
> > s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
> と
> > 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」 （※）
>
> の二つが取り下げ対象になります。よろしいでしょうか？
>
> 理由を、教えていただけないでしょうか。
いや、>>858に書いた通りです。
ちゃんと読んでいますか？ ちょっとひどいですよ。 >855
それでは，n>=3の場合でも
x^n+y^n=z^n がもし整数解をもつのであれば，その解は
x^n+y^n=(x+√3)^n においては，定数(無理数)倍されて「整数比となる無理数解」となることはお認めになるんですね？
もし整数解をもつのであれば，そうなります。 >>862
> >857
> ★ですから、ここの間の根拠が不足しています。
> 有理数解x,y,zを持たなかったら、『なぜ』、整数比の解x,y,zを持たないのかが分かりません。
>
> 有理数解を持たないことと、整数比の解を持たないことは、同じです。
ですから、そう数式で主張した
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
が
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
によって崩れたでしょう？
ちゃんと考えていますか？ ちょっとひどいですよ。 >865
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
によって崩れたでしょう？
ちゃんと考えていますか？ ちょっとひどいですよ。
s^p+t^p=u^p と (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
i^p+j^p=k^pと(iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。 >>866
> >865
> > s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> > s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> > 比は i:j:k だから整数比になるよ。
>
> によって崩れたでしょう？
> ちゃんと考えていますか？ ちょっとひどいですよ。
>
> s^p+t^p=u^p と (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
> i^p+j^p=k^pと(iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
だから整数比になると言っています。 それならば，n>=3の場合，あなたも>864で認められる通り
x^n+y^n=z^n がもし整数解をもつのであれば，その解は x^n+y^n=(x+√3)^n では定数(無理数)倍されて整数比となる無理数解となります。
また，逆に
x^n+y^n=(x+√3)^n が整数比となる無理数解をもつのであれば，その解は x^n+y^n=z^n では定数(無理数)倍されて整数解となることになります。
そうであれば，x^n+y^n=z^n が整数解をもつかどうかを調べることと，x^n+y^n=(x+√3)^n が整数比となる無理数解をもつかどうか調べることは同じ意味(同値)ですよね。
つまり，いささかくどくなりますが，n>=3の場合において
「x^n+y^n=z^n が整数解をもつ」 ならば 「x^n+y^n=(x+√3)^n は整数比となる無理数解をもつ」
「x^n+y^n=z^n が整数解をもたない」 ならば 「x^n+y^n=(x+√3)^n も整数比となる無理数解をもたない」
「x^n+y^n=(x+√3)^n が整数比となる無理数解をもつ」 ならば 「x^n+y^n=z^n は整数解をもつ」
「x^n+y^n=(x+√3)^n が整数比となる無理数解をもたない」 ならば 「x^n+y^n=z^n も整数解をもたない」
が成り立つことは日高氏にとっても了解事項としていいんですね？ >867
> s^p+t^p=u^p と (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
> i^p+j^p=k^pと(iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
だから整数比になると言っています。
i^p+j^p=k^pが有理数解をもたないならば、(iow)^p+(jow)^p=(kow)^p も整数比となりません。 (修正47)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>869
> >867
> > s^p+t^p=u^p と (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
> > i^p+j^p=k^pと(iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
>
> だから整数比になると言っています。
>
> i^p+j^p=k^pが有理数解をもたないならば、(iow)^p+(jow)^p=(kow)^p も整数比となりません。
ん？
i,j,k は有理数だよ。 >868
「x^n+y^n=z^n が整数解をもつ」 ならば 「x^n+y^n=(x+√3)^n は整数比となる無理数解をもつ」
「x^n+y^n=z^n が整数解をもたない」 ならば 「x^n+y^n=(x+√3)^n も整数比となる無理数解をもたない」
「x^n+y^n=(x+√3)^n が整数比となる無理数解をもつ」 ならば 「x^n+y^n=z^n は整数解をもつ」
「x^n+y^n=(x+√3)^n が整数比となる無理数解をもたない」 ならば 「x^n+y^n=z^n も整数解をもたない」
が成り立つことは日高氏にとっても了解事項としていいんですね？
はい。 >873
日高氏、
>>863への返信をお願いします。
> > s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
これは、間違いでしょうか？ >>874
> >873
> 日高氏、
> >>863への返信をお願いします。
>
> > > s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
> これは、間違いでしょうか？
その主張
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
は
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
によって崩れたでしょう？ >875
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
によって崩れたでしょう？
どうして、崩れたことになるのでしょうか？ >>876
> >875
> > s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> > s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> > 比は i:j:k だから整数比になるよ。
>
> によって崩れたでしょう？
>
> どうして、崩れたことになるのでしょうか？
あなたは「整数比にならない」と言ったけど、
私が計算したら、整数比になったから。 >877
> > s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> > s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> > 比は i:j:k だから整数比になるよ。
>
> によって崩れたでしょう？
>
> どうして、崩れたことになるのでしょうか？
あなたは「整数比にならない」と言ったけど、
私が計算したら、整数比になったから。
「s^p+t^p=u^pのs,t,uが整数比にならないならば、」が、条件です。 >>878
> >877
> > > s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> > > s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> > > 比は i:j:k だから整数比になるよ。
> >
> > によって崩れたでしょう？
> >
> > どうして、崩れたことになるのでしょうか？
>
> あなたは「整数比にならない」と言ったけど、
> 私が計算したら、整数比になったから。
>
> 「s^p+t^p=u^pのs,t,uが整数比にならないならば、」が、条件です。
その条件は、私の計算で言うと、
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
の部分です。
（あなたの条件は、私の計算内でちゃんと使ってますよ、という事） (修正47)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >879
その条件は、私の計算で言うと、
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
の部分です。
（あなたの条件は、私の計算内でちゃんと使ってますよ、という事）
どういう意味でしょうか？ >>881
> >879
> その条件は、私の計算で言うと、
> > s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> の部分です。
> （あなたの条件は、私の計算内でちゃんと使ってますよ、という事）
>
> どういう意味でしょうか？
>>879に書いた通り、
あなたの条件は、私の計算内でちゃんと使ってますよ、
という意味です。 >882
あなたの条件は、私の計算内でちゃんと使ってますよ、
という意味です。
意味がわかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >>880
> (4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
> (4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
これは証明になっていないのでダメ
rが有理数のときならば
yに有理数を代入してxが有理数になることを示せば
整数比の解を持つことがいえる
rが無理数のときならば
y=t*r (tは有理数)となる無理数をyに代入して
x=s*r (sは有理数)となることを示せば整数比の解を持つことがいえる >>862
> 有理数解を持たないことと、整数比の解を持たないことは、同じです。
rが有理数であれば同じであるがrが無理数の場合は同じでない
s,tが有理数,rが無理数ならば
x=s,y=t,z=(s+1)はx^p+y^p=(x+1)^pの解なので
x^p+y^p=(x+r)^pはこれらの有理数解を持たないが
x=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つ >>883
> >882
> あなたの条件（※1）は、私の計算内でちゃんと（※2）使ってますよ、
> という意味です。
>
> 意味がわかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。
あなたはこう主張しました。
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば（※1）、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
私は以下のように指摘しました。
> ＜あなたの主張に合わせて＞ s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、 （※2）
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
よって、あなたの主張は無効です。
意味が分からない所はありますか？ >884
> (4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
> (4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
これは証明になっていないのでダメ
どの部分が間違いでしょうか？ >>887
> >884
> > (4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
> > (4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
> これは証明になっていないのでダメ
>
> どの部分が間違いでしょうか？
整数比の解を持つ or 整数比の解を持たない
の理由が全く書いていない
おまえが読まないだけで>>884にちゃんと理由も書いてあるだろ
> > (4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
> > (4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
> これは証明になっていないのでダメ
>
> rが有理数のときならば
> yに有理数を代入してxが有理数になることを示せば
> 整数比の解を持つことがいえる
>
> rが無理数のときならば
> y=t*r (tは有理数)となる無理数をyに代入して
> x=s*r (sは有理数)となることを示せば整数比の解を持つことがいえる >885
> 有理数解を持たないことと、整数比の解を持たないことは、同じです。
rが有理数であれば同じであるがrが無理数の場合は同じでない
どうしてでしょうか？
s,tが有理数,rが無理数ならば
x=s,y=t,z=(s+1)はx^p+y^p=(x+1)^pの解なので
x^p+y^p=(x+r)^pはこれらの有理数解を持たないが
x=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つ
x=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つならば、
s^p+t^p=(s+1)^pである有理数解を持ちます。 >888
整数比の解を持つ or 整数比の解を持たない
の理由が全く書いていない
間違いかどうかではなく、理由を書いていないということですね。 >>890
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解を持たないが
x=(3/2)*√3,y=2*√3,z=(5/2)*√3である整数比の解を持つ
x=3/2,y=2,z=5/2はx^2+y^2=(x+1)^2の有理数解であるから
x^2+y^2=(x+√3)^2は満たさない >>891
> 間違いかどうかではなく、理由を書いていないということですね。
理由を書いていないなら証明として間違っている >>891
> >888
> 整数比の解を持つ or 整数比の解を持たない
> の理由が全く書いていない
>
> 間違いかどうかではなく、理由を書いていないということですね。
証明とは何かを勉強し直してから出直せ。
理由いらないなら
【定理】nが3以上の自然数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】成り立つ。
で十分。 (修正47)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >889
ほんとうに相手のレスを読まないよね
読みましたが、説明が足りないということですね。 >>897
> >889
> ほんとうに相手のレスを読まないよね
>
> 読みましたが、説明が足りないということですね。
理解が足りない。同じ指摘が繰り返えされるのは、理解してないということ。
結局は勉強不足。 >>897
> >889
> ほんとうに相手のレスを読まないよね
>
> 読みましたが、説明が足りないということですね。
日高氏の印象変わったわー悪い意味で。 >892
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解を持たないが
x=(3/2)*√3,y=2*√3,z=(5/2)*√3である整数比の解を持つ
x=3/2,y=2,z=5/2はx^2+y^2=(x+1)^2の有理数解であるから
x^2+y^2=(x+√3)^2は満たさない
x^2+y^2=(x+2)^2は整数比の解を持つので、
x^2+y^2=(x+√3)^2も、整数比の解を持ちます。 >893
> 間違いかどうかではなく、理由を書いていないということですね。
理由を書いていないなら証明として間違っている
説明不足ということですね。 >894
日高氏、
>>886への返信をお願いします。
お互いの意味がかみ合っていないと、思います。 >>900
> >892
> x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解を持たないが
> x=(3/2)*√3,y=2*√3,z=(5/2)*√3である整数比の解を持つ
> x=3/2,y=2,z=5/2はx^2+y^2=(x+1)^2の有理数解であるから
> x^2+y^2=(x+√3)^2は満たさない
>
> x^2+y^2=(x+2)^2は整数比の解を持つので、
> x^2+y^2=(x+√3)^2も、整数比の解を持ちます。
x^2+y^2=(x+√3)^2が整数比の解を持つことは書いてあるだろ
> x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解を持たないが
> x=(3/2)*√3,y=2*√3,z=(5/2)*√3である整数比の解を持つ
おまえは元々このように書いているのだから
> x=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つならば、
> s^p+t^p=(s+1)^pである有理数解を持ちます。
> x^2+y^2=(x+√3)^2も、整数比の解を持ちます。
ではなくてx^2+y^2=(x+√3)^2がx=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で
整数比の解を持つならばx=s,y=t,z=s+1である解もx^2+y^2=(x+√3)^2が
持つことを示さなくてはいけないだろ >895
理由いらないなら
【定理】nが3以上の自然数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】成り立つ。
で十分。
理由は、必要ですが、説明は不要と判断したからです。 (修正48)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。(3)は整数比の解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(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。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>904
> 理由は、必要ですが
と書いているのに
>>906
> x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。(3)は整数比の解を持たない。
> x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
解を持たないあるいは解を持つ理由が全く書いてないじゃないですか >>904
> 理由は、必要ですが、説明は不要と判断したからです。
言い訳不要。
なお、現在の日高の証明は、
> >895
> 理由いらないなら
> 【定理】nが3以上の自然数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
> 【証明】成り立つ。
と同じくらいの理由しか書かれていない。
そのくらい理由が無い。
原因は全て日高が数学を理解していないこと。 >898
理解が足りない。同じ指摘が繰り返えされるのは、理解してないということ。
結局は勉強不足。
どの部分が理解が足りないのでしょうか？ >903
おまえは元々このように書いているのだから
> x=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つならば、
> s^p+t^p=(s+1)^pである有理数解を持ちます。
> x^2+y^2=(x+√3)^2も、整数比の解を持ちます。
ではなくてx^2+y^2=(x+√3)^2がx=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で
整数比の解を持つならばx=s,y=t,z=s+1である解もx^2+y^2=(x+√3)^2が
持つことを示さなくてはいけないだろ
「x^2+y^2=(x+√3)^2が
持つことを示さなくてはいけないだろ」
の意味が理解できません。 >905
蛙の面に水, 糠に釘, 豆腐に鎹, 柳に風
どういう意味でしょうか？ >>909
> >898
> 理解が足りない。同じ指摘が繰り返えされるのは、理解してないということ。
> 結局は勉強不足。
>
> どの部分が理解が足りないのでしょうか？
全部。 >>909
> >898
> 理解が足りない。同じ指摘が繰り返えされるのは、理解してないということ。
> 結局は勉強不足。
>
> どの部分が理解が足りないのでしょうか？
そうやってすぐに疑問で誤魔化すところ。
そして、相手が理解できるような説明が全くできていない、つまり、全く何にも分かっていない。 >907
> x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。(3)は(3)は持たない。
> x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
解を持たないあるいは解を持つ理由が全く書いてないじゃないですか
(3)は、有理数解をもたないので、整数比の解を持ちません。 >908
原因は全て日高が数学を理解していないこと。
どの部分でしょうか？ (修正48)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(3)は整数比の解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(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。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>915
> >908
> 原因は全て日高が数学を理解していないこと。
>
> どの部分でしょうか？
"全て"と書いてあるの読めないの？痴呆。 ＞日高が数学を理解していない
日高は現実を認識しろ
これが信じられないなら病院にいけ >913
そして、相手が理解できるような説明が全くできていない、つまり、全く何にも分かっていない。
どの部分のことでしょうか？ (修正49)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)は整数比の解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)は整数比の解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>919
> >913
> そして、相手が理解できるような説明が全くできていない、つまり、全く何にも分かっていない。
>
> どの部分のことでしょうか？
これまでの指摘のほとんど全て。
少なくとも、一行で日高が返信したコメントは、全て相手が理解できるような説明にはなっていない。
全部やり直すべき。 >>910
> 「x^2+y^2=(x+√3)^2が
> 持つことを示さなくてはいけないだろ」
> の意味が理解できません。
おまえが元々このように書いた
> x=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つならば、
> s^p+t^p=(s+1)^pである有理数解を持ちます。
はx^2+y^2=(x+√3)^2を例に用いるのなら
x^2+y^2=(x+√3)^2がx=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つならば
x^2+y^2=(x+√3)^2がs^p+t^p=(s+1)^pである有理数解を持ちます
という意味にしかとれないだろ >>914
> (3)は、有理数解をもたないので、整数比の解を持ちません。
(3)が有理数解を持つかどうかは(3)のrが無理数だから
(3)が整数比の無理数解を持つかどうかには関係ないだろ
> x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
これが有理数解を持つ理由も書いてない (修正50)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)は有理数解を持たない。(3)(4)は同じ比の解を持つ。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)は有理数解を持つ。(3)(4)は同じ比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >922
x^2+y^2=(x+√3)^2がx=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つならば
x^2+y^2=(x+√3)^2がs^p+t^p=(s+1)^pである有理数解を持ちます
という意味にしかとれないだろ
これは、正しいです。 >923
> x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
これが有理数解を持つ理由も書いてない
yを有理数とすると、xは有理数となります。 >927
ほんと日高は入院して治療が必要だ
どうしてでしょうか？ (修正51)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(3)(4)は同じ比の解を持つ。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、有理数解を持つ。(3)(4)は同じ比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 (修正52)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>930
あらら，(3)は整数比の解をもたない，と正しい方向に進んだのに，また(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない，に逆戻りですか。
x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3) は n=2のときにも有理数解をもちませんよ？ n=1のときでもです。
そこの説明をどうするんですか？
そこから考えると，根本的な問題としては，r^(n-1)=n という置き方が恣意的であるというか詐欺的である，ということがあげられます。
n=2のときに有理数(整数)になるように設定され，rが文字通り「証明に有利数」になってしまっている。
n>=3でrが無理数(∴(3)は絶対に有理数解をもたない)になり，n=2で r=2 と整数になる(ピタゴラスの定理になる)。
日高さんにとっては自慢の思いつきかも知れませんが，一般人はそれを「ご都合主義」と呼びます。
ご都合主義を避け，x+y=z も x^n+y^n=z^n の形だから，取り込めるなら n=1 も取り込んで
(a) すべての自然数nについて，x^n+y^n=(x+r)^n に平等に r=(無理数)を当てはめて証明を構成する。
(b) すべての自然数nについて，x^n+y^n=(x+r)^n に平等に r=(有理数)を当てはめて証明を構成する。
のうちどちらかを選択しないといけません。
例えば(a)で r^(n+1)=(n+1) とするとかですね。n=1のときも扱えます。n=2のとき「証明に有利数」になりません。
n=2で(3)が有理数解をもたないことをどう処理するか，にも答えなくてはならず，ご都合主義との批判をかわせます。
でも，n=3のとき4乗根になるのでちょっと取り扱いが面倒ですか。
なので，すべての自然数nについて，(3)を x^n+y^n=(x+√2)^n とするとよいと思います。
あなたの【証明】ではrが多重根である必要がまったくありません。
n=101で100乗根など迷惑なだけですから。
r=√2でも困らないでしょ？
【証明】を他人から認めて欲しいなら，証明の形式ぐらい他人の言うことを聞かなくては。
数学詐欺を楽しんでいるなら話しは別ですが。 (931訂正)
x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)は
n=2 のとき x^2+y^2=(x+1)^2 なので有理数解をもちます。
n=1 のときは定義されていないことになります。
2行目の
>x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3) は n=2のときにも有理数解をもちませんよ？ n=1のときでもです。
は，
n=2のとき x^2+y^2=(x+√3)^2 は有理数解をもたない。
n=1のとき x+y=(x+√3) は有理数解をもたない
こととの整合性をどうするんですか？
と読み替えて下さい。 >>932
更に訂正です。すみません。
(3)はn=2のとき x^2+y^2=(x+2)^2でした。 >あなたの【証明】ではrが多重根である必要がまったくありません。
重根じゃないですよね。多重根はおかしいてす。
(n-1)乗根である必要はない，ということで。
どうもたびたびすみませんw >931
x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3) は n=2のときにも有理数解をもちませんよ？ n=1のときでもです。
そこの説明をどうするんですか？
(3)は、n=2のとき有理数解をもちます。 >932
n=2のとき x^2+y^2=(x+√3)^2 は有理数解をもたない。
n=1のとき x+y=(x+√3) は有理数解をもたない
こととの整合性をどうするんですか？
と読み替えて下さい。
x^2+y^2=(x+√3)^2 は有理数解を持ちませんが、整数比の解を持ちます。
x+y=(x+√3)も有理数解を持ちません >934
(n-1)乗根である必要はない，ということで。
どうしてでしょうか？ >>937
> >934
> (n-1)乗根である必要はない，ということで。
>
> どうしてでしょうか？
必要性を日高は全く示せていないから。
責任は日高。
過去の説明では、妄想で必要と言っているのと変わらない。 >938
> どうしてでしょうか？
必要性を日高は全く示せていないから。
計算により、そうなります。 (修正52)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>939
> >938
> > どうしてでしょうか？
> 必要性を日高は全く示せていないから。
>
> 計算により、そうなります。
嘘ばっか。他人が納得できるような説明は皆無。
証明とは何なのか勉強し直せ。 答えに辿り着く方法が色々あるというのが数学の面白い所なのに
どうしてここの人々は日高さんを否定ばかりしているのでしょうか >>936
> x^2+y^2=(x+√3)^2 は有理数解を持ちませんが、整数比の解を持ちます。
>>926
> >923
> > x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
> これが有理数解を持つ理由も書いてない
>
> yを有理数とすると、xは有理数となります。
(この場合はr=2が有理数なので有理数解イコール整数比の解である)
x^2+y^2=(x+√3)^2が整数比の解をもつ理由を書け >941
> 計算により、そうなります。
嘘ばっか。他人が納得できるような説明は皆無。
どの部分が、嘘なのでしょうか？ >>936
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解を絶対にもちません。z=x+rで定義されるrが無理数だからです。
だから，n=2のときx^n+y^2=z^2が整数解をもつかどうかは，
x^2+y^2=(x+√3)^2 が有理数解をもつかどうかに対応していません。整数比となる無理数解を保つかどうかに対応しています。
これと同じようにn=3のときは
x^3+y^3=(x+√3)^3 はrが無理数なので常に有理数解をもちません。これはx^3+y^3=z^3 が整数解をもつかどうかに関わりがありません。
しかし，もしx^3+y^3=z^3が整数解をもつならば，x^3+y^3=(x+√3)^3は整数比となる無理数をもちます。
これは，あなたも>872で認められていることです。
であるならば，x^3+y^3=z^3が整数解をもつかどうかを調べるテスターとして使えるのは，x^3+y^3=(x+√3)^3 が整数比となる無理数解をもつかどうかであって，有理数解をもつかどうかではありません。
しかし，(修正52)ではまた，「有理数解をもたない∴整数解をもたない」，に逆戻りしています。
これは誤りへの逆行です(もとの証明が正しかったという意味ではありません。より悪くなったという意味です)。
>931,932の内容は
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解をもちませんが，x^n+y^2=z^2には整数解があります。
あなたがn>=3で証明に使われている論理は n=1,n=2 のときに反例があるので使えませんよ，という意味です。
>936が全体として何をいいたいのか不明ですが，n=1，n=2のときx^n+y^n=(x+√3)^n は有理数解をもたない，とはこちらが指摘していることなので，改めて指摘していただく必要はありません。 >942
答えに辿り着く方法が色々あるというのが数学の面白い所なのに
そうですね。 >>937
n=101 であるとき，rが101の100乗根である必要があなたの【証明】にありますか？
n=101 のときでも，nがなんであっても，r=√2 であなたの【証明】は進められるでしょう。
むしろn>=3のときにr=無理数とし，n=2のときにr=2とするのはおかしい，はっきり言えば数学詐欺といっていいくらいだから，n>=2のときも，できればn>=1でも常にr=√2とした方がいいのではないですか，といっているつもりです。 >>942
答えにたどり着ければ，その通りでしょう
で，あなたは日高氏の方法で答えにたどり着けると思っているんですか？ >943
x^2+y^2=(x+√3)^2が整数比の解をもつ理由を書け
x^2+y^2=(x+√3)^2の解は、x^2+y^2=(x+2)^2の解のa倍となるので、
aを、求める。
r=a2=√3
a=√3/2
x^2+y^2=(x+2)^2の解を、x=3,y=4,z=5とすると、
x^2+y^2=(x+√3)^2の解は、x=3*√3/2、y=4*√3/2、z=5*√3/2となる。
x^2+y^2=(x+√3)^2の両辺を(√3/2)^2で割ると、
(x*(2/√3)^2+(y*(2/√3)^2=(x*(2/√3+2)^2 (修正52)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >945
x^3+y^3=z^3が整数解をもつかどうかを調べるテスターとして使えるのは，x^3+y^3=(x+√3)^3 が整数比となる無理数解をもつかどうかであって，有理数解をもつかどうかではありません。
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)は、有理数解をもちません。
x,yが、無理数の場合は、x^3+y^3=(x+(a3)^{1/2)})^3…(4)の場合となります。 >>949
> x^2+y^2=(x+√3)^2の解は、x^2+y^2=(x+2)^2の解のa倍となる
それはまず最初にx^2+y^2=(x+2)^2の方を証明しておかなくてはいけない
x^2+y^2=(x+2)^2が整数比の解を持つ理由は
yを有理数とするとxが有理数となるからである
> >923
> > x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
> これが有理数解を持つ理由も書いてない
>
> yを有理数とすると、xは有理数となります。
(この場合はr=2が有理数なので有理数解イコール整数比の解である)
pが奇素数のときもr=p^{1/(n-1)}の場合よりも前にx^p+y^p=(x+2)^pや
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して検討するのならそれでも良いが
あんたはそれを拒否してx^p+y^p=(x+p^{1/(n-1)})しか検討しない
> rが無理数なので、有理数解を持たない。
があんたの言い分なんだが
> x^2+y^2=(x+√3)^2の両辺を(√3/2)^2で割ると、
> (x*(2/√3)^2+(y*(2/√3)^2=(x*(2/√3+2)^2
x,yが有理数のときはx*(2/√3),y*(2/√3)は有理数ではない
x^2+y^2=(x+√3)^2のyに何を代入してxがどうなったら
x^2+y^2=(x+√3)^2が整数比の解を持つと言えるか書け >>950
n=2のときも，r=√2にしましょうと提案したので，n=2のときも目を通しておこうと思って，あらためて，(修正52)を読んでみると，ちょっとこれはひどくないですか？
n=2のとき，
>(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)はrが有理数なので、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
rが有理数であることだけが(3)が有理数解をもつ根拠なら，z=x+2を x^n+y^n=z^nに代入したら n=>3でも有理数解をもつことになりませんか？
展開してx^2を消去するとxの一次式になるから，と以前はしていたような・・・
n>=3の場合とどうしても表現を合わせたいのでしょうが，トンデモ論理で n=2 のときも【証明】としては誤りになるようなことはしない方がいいと思います。 >947
n=101 であるとき，rが101の100乗根である必要があなたの【証明】にありますか？
n=101 のときでも，nがなんであっても，r=√2 であなたの【証明】は進められるでしょう。
むしろn>=3のときにr=無理数とし，n=2のときにr=2とするのはおかしい，はっきり言えば数学詐欺といっていいくらいだから，n>=2のときも，できればn>=1でも常にr=√2とした方がいいのではないですか，といっているつもりです。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。が必要です。
これが、基準となります。 >>951
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)は，常に有理数解をもちません。
おっしゃるとおりです。
だから，x^n+y^n=z^pが整数解を持つかどうかのテスターとして x^3+y^3=(x+√3)^3 は使えないといっているんです。
証明の完成まではx^n+y^n=z^pが整数解をもつかどうかは不明なんですよ。
x^n+y^n=z^pが整数解を持つときと，もたないときとで結果が変わらないと困るでしょ。 >>954
>(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。が必要です。
>これが、基準となります。
それはあなたにとって必要なだけ，あなたにとっての基準になるだけであって，我々にはその必要性，必然性が理解できません。
r=2の場合を有理(有利)数にするために必要だ，としか理解できません。
なぜ基準となるのか説明しないと納得してくれる人はいませんよ(>942は納得してくれるかも知れませんが)
【証明】のために都合がいいから，以外の理由をお願いします。 >952
> > x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
> これが有理数解を持つ理由も書いてない
>
> yを有理数とすると、xは有理数となります。
(この場合はr=2が有理数なので有理数解イコール整数比の解である)
x^2+y^2=(x+2)^2を展開して、整理すると、
y^2=4x+4となります。
yに有理数を代入すると、必ずxも有理数となります。 >>957
> x^2+y^2=(x+2)^2を展開して、整理すると、
> y^2=4x+4となります。
> yに有理数を代入すると、必ずxも有理数となります。
そんなことは分かっているんだって
だったらpが奇素数のときもx^p+y^p=(x+2)^pで証明しろよ
x^2+y^2=(x+√3)^2のyに何を代入してxがどうなったら
x^2+y^2=(x+√3)^2が整数比の解を持つと言えるか書け >>954
日高基準がr=p^{1/(n-1)}でもx^p+y^p=(x+p^{1/(n-1)})の解は
x^p+y^p=(x+1)^pの解のp^{1/(n-1)}倍だからr=1が真の基準でいいでしょ
日高証明が間違っているだけのことで
正しく証明すればどちらの基準でも結局違いはないのだから >952
x^2+y^2=(x+√3)^2のyに何を代入してxがどうなったら
x^2+y^2=(x+√3)^2が整数比の解を持つと言えるか書け
yに4*√3/2を代入すると、xは、3*√3/2となります。
x,y,zは、整数比となります。 (修正52)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>951
>x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)は、有理数解をもちません。
>x,yが、無理数の場合は、x^3+y^3=(x+(a3)^{1/2)})^3…(4)の場合となります。
おっしゃりたいことは，(3)は整数比の無理数解ももたないという意味でしょうか？
>872での言明に明らかに反しているように思いますが，いかがですか？
それに解の比は同じなのだから，(4)で整数比の無理数解をもつならば，(3)でも整数比の無理数解をもつでしょう。
日高さんの「整数比の無理数解」の理解はやはりどこかおかしいのではないか，と思います。 >>960
x^2+y^2=(x+√3)^2においてr=√3は無理数
> yに4*√3/2を代入すると
y=4*√3/2は有理数じゃないでしょ
だからx^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかで
> (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
これは理由にならんでしょ
x^3+y^3=(x+2)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け
x^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け >>955(訂正)
>だから，x^n+y^n=z^pが整数解を持つかどうかのテスターとして x^3+y^3=(x+√3)^3 は使えないといっているんです。
>証明の完成まではx^n+y^n=z^pが整数解をもつかどうかは不明なんですよ。
>x^n+y^n=z^pが整数解を持つときと，もたないときとで結果が変わらないと困るでしょ。
を
>だから，x^n+y^n=z^pが整数解を持つかどうかのテスターとして x^3+y^3=(x+√3)^3 が有理数解をもつかどうかは使えません。
>証明の完成までは x^n+y^n=z^p が整数解をもつかどうかは不明です。
>x^n+y^n=z^pが整数解を持つときと，もたないときとで結果が変わりうるものでないと困ります。
>結果が整数解の存否に対応する(同値な)もの，従ってテスターとなりうるものは，x^3+y^3=(x+√3)^3 が整数比となる無理数解をもつかどうかです。
に訂正。
今日はミスの訂正が多いな。
早く寝よ。 x^n+y^n=z^p
は
x^n+y^n=z^ｎ
に訂正。
こりゃ，ダメだwww
訂正が多くてすみません，そしてお休みなさいw >>944
> >941
> > 計算により、そうなります。
> 嘘ばっか。他人が納得できるような説明は皆無。
>
> どの部分が、嘘なのでしょうか？
自分でわからないようでは勉強不足。人に聞くな。ゴミが。 >>942
> 答えに辿り着く方法が色々あるというのが数学の面白い所なのに
辿りついていないのに辿りついたとひたすら主張し続けるのは数学ですか？ 日高は「AB=CDならばA=CのときB=D」と言っている。
日高は「PのときQ」と「PかつQ」との区別がつかない。 >>968
よって日高は「AB=CDならばA=CかつB=D」だと信じている。 >969
よって日高は「AB=CDならばA=CかつB=D」だと信じている。
「AB=aCD(1/a)ならばA=aCかつB=D(1/a)」です。 >968
日高は「AB=CDならばA=CのときB=D」と言っている。
日高は「PのときQ」と「PかつQ」との区別がつかない。
どういう意味でしょうか？ (修正52)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >967
> 答えに辿り着く方法が色々あるというのが数学の面白い所なのに
辿りついていないのに辿りついたとひたすら主張し続けるのは数学ですか？
どういう意味でしょうか？ >>970 日高
> >969
> よって日高は「AB=CDならばA=CかつB=D」だと信じている。
>
> 「AB=aCD(1/a)ならばA=aCかつB=D(1/a)」です。
まあ似たようなもんだろ。
>>971 日高
> >968
> 日高は「AB=CDならばA=CのときB=D」と言っている。
> 日高は「PのときQ」と「PかつQ」との区別がつかない。
>
> どういう意味でしょうか？
文字通りの意味です。 >966
> どの部分が、嘘なのでしょうか？
自分でわからないようでは勉強不足。人に聞くな。ゴミが。
どうしてでしょうか？ >>975
> >966
> > どの部分が、嘘なのでしょうか？
> 自分でわからないようでは勉強不足。人に聞くな。ゴミが。
>
> どうしてでしょうか？
ほら、勉強不足。聞くな。 >>975
> >966
> > どの部分が、嘘なのでしょうか？
> 自分でわからないようでは勉強不足。人に聞くな。ゴミが。
>
> どうしてでしょうか？
聞くなといわれているのだから聞くな。クズ。
日本語の勉強も足りないぞ。 >964
>結果が整数解の存否に対応する(同値な)もの，従ってテスターとなりうるものは，x^3+y^3=(x+√3)^3 が整数比となる無理数解をもつかどうかです。
に訂正。
x^3+y^3=(x+√3)^3 は有理数解を持ちません。
x^3+y^3=(x+√3)^3のx,yが無理数の場合は、(4)となります。
(3)(4)の解の比は、同じなので、(3)は整数比となりません。 >963
x^2+y^2=(x+√3)^2においてr=√3は無理数
> yに4*√3/2を代入すると
y=4*√3/2は有理数じゃないでしょ
だからx^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかで
> (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
これは理由にならんでしょ
どうしてでしょうか？ >962
おっしゃりたいことは，(3)は整数比の無理数解ももたないという意味でしょうか？
そうです。 >959
日高基準がr=p^{1/(n-1)}でもx^p+y^p=(x+p^{1/(n-1)})の解は
x^p+y^p=(x+1)^pの解のp^{1/(n-1)}倍だからr=1が真の基準でいいでしょ
r=1が真の基準には、なりません。a=1が基準です。 >956
>(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。が必要です。
>これが、基準となります。
それはあなたにとって必要なだけ，あなたにとっての基準になるだけであって，我々にはその必要性，必然性が理解できません。
r=2の場合を有理(有利)数にするために必要だ，としか理解できません。
なぜ基準となるのか説明しないと納得してくれる人はいませんよ(>942は納得してくれるかも知れませんが)
【証明】のために都合がいいから，以外の理由をお願いします。
a(1/a)=1だからです。
a=1とすると、aがどんな数でも、解の比は、変わりません。 >955
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)は，常に有理数解をもちません。
おっしゃるとおりです。
だから，x^n+y^n=z^pが整数解を持つかどうかのテスターとして x^3+y^3=(x+√3)^3 は使えないといっているんです。
証明の完成まではx^n+y^n=z^pが整数解をもつかどうかは不明なんですよ。
x^n+y^n=z^pが整数解を持つときと，もたないときとで結果が変わらないと困るでしょ。
よく意味がわかりません。 >953
n=2のときも，r=√2にしましょうと提案したので，n=2のときも目を通しておこうと思って，あらためて，(修正52)を読んでみると，ちょっとこれはひどくないですか？
n=2のとき，
>(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)はrが有理数なので、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
rが有理数であることだけが(3)が有理数解をもつ根拠なら，z=x+2を x^n+y^n=z^nに代入したら n=>3でも有理数解をもつことになりませんか？
展開してx^2を消去するとxの一次式になるから，と以前はしていたような・・・
n>=3の場合とどうしても表現を合わせたいのでしょうが，トンデモ論理で n=2 のときも【証明】としては誤りになるようなことはしない方がいいと思います。
n>=3の場合の場合は、rが有理数の場合は、(4)となります。 (修正52)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>979
> >963
> x^2+y^2=(x+√3)^2においてr=√3は無理数
> > yに4*√3/2を代入すると
> y=4*√3/2は有理数じゃないでしょ
> だからx^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかで
> > (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
> これは理由にならんでしょ
>
> どうしてでしょうか？
x^3+y^3=(x+√3)^3においても
y=4*√3/2であるような解は有理数解じゃないでしょ
> x^2+y^2=(x+√3)^2においてr=√3は無理数
> > yに4*√3/2を代入すると
> y=4*√3/2は有理数じゃないでしょ
y=4*√3/2はy=2*√3=2*r
x^2+y^2=(x+2)^2ではy=4を代入するのならy=2*2=2*r
2*rの2はx^2+y^2=(x+1)^2の解x=3/2,y=2,z=5/2のy=2の2である
x^3+y^3=(x+2)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け
x^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け >>981
> r=1が真の基準には、なりません。a=1が基準です。
aを使わないでもr=1を基準にしてr倍すれば
x^2+y^2=(x+r)^2の場合も証明できるじゃないですか
あんたがx^2+y^2=(x+2)^2の場合でやっていることも
r=1を基準にして2倍した場合と同じです
x^2+y^2=(x+1)^2が有理数解を持つことをまず証明する
y^2=2x+1のyにy=t (s,tは有理数とする)を代入すると
t^2=2x+1
x=(1/2)*(t^2-1)なのでs=(1/2)*(t^2-1) (有理数)とおける
よってx=sでありs^2+t^2=(s+1)^2が成り立つ
s:t:(s+1)は整数比
--- r=1の証明はここまで ---
その解x=s,y=tをr倍すると
(rs)^2+(rt)^2=(rs+r)^2となり
x^2+y^2=(x+r)^2の解x=rs,y=rt,z=rs+rは整数比である
一方
x^2+y^2=(x+r)^2が整数比の解を持つことを証明する
y^2=2rx+r^2のyにy=rt (yは有理数とは限らない)を代入すると
r^2*t^2=2rx+r^2
r*t^2=2x+r
x=r*(1/2)*(t^2-1)なのでs=(1/2)*(t^2-1) (有理数)とおける
よってx=rsであり(rs)^2+(rt)^2=(rs+r)^2
x^2+y^2=(x+r)^2の解x=rs,y=rt,z=rs+rは整数比である
--- rがかかっているだけで実質r=1の場合と同じ ---
つまりs^2+t^2=(s+1)^2が成り立つがs,tは
x^2+y^2=(x+1)^2の有理数解x=s,y=tである
s:t:(s+1)は整数比
x^3+y^3=(x+2)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け
x^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け >>985
> (3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
x=5,y=2√6,z=7もx^2+y^2=(x+2)^2の解です
r=2だけではyの値を限定できないので有理数解を持つ根拠にはなりません 日高は
r^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)を見ると
r^(n-1)=nが基準だと思い込むらしい >>985 日高
> (2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
> (3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
ここは(3)をy^2=4x+4としてyを任意の有理数とするとxも有理数になると解釈してやってもいいんじゃないか >990
ここは(3)をy^2=4x+4としてyを任意の有理数とするとxも有理数になると解釈してやってもいいんじゃないか
はい。いいです。 >989
日高は
r^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)を見ると
r^(n-1)=nが基準だと思い込むらしい
a(1/a)=1なので、a=1が基準になります。 >988
> (3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
x=5,y=2√6,z=7もx^2+y^2=(x+2)^2の解です
r=2だけではyの値を限定できないので有理数解を持つ根拠にはなりません
x^2+y^2=(x+2)^2のyに有理数を代入すると、xは必ず有理数になります。
x=5,y=2√6,z=7は、有理数解では、ありません。 >>992
> a(1/a)=1なので、a=1が基準になります。
そういうことを言う割にはs,tが有理数のときに
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)}が(3)を満たすか
どうかという問題をあんたに聞くとp^{1/(p-1)}で割って
(ap)^{1/(p-1)}=1のときにしようとするからおかしいよね
こちらとしては基準のa=1のままで証明してほしいのに >>993
> x^2+y^2=(x+2)^2のyに有理数を代入すると、xは必ず有理数になります。
> x=5,y=2√6,z=7は、有理数解では、ありません。
>>985の証明のどこにyに有理数を代入すると書いてあるの？
> (3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
としか書いてないが >987
x^3+y^3=(x+2)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け
2=(a3)^(1/2)
a^(1/2)=2/(3√3)
yに、(3√3)/2の有理数倍を代入すればよいです。
整数比の解を持たないことがわかります。
x^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け
√3=(a3)^(1/2)
a=1
yに、1の有理数倍を代入すればよいです。
有理数解を持たないことがわかります。 (修正52)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)はrが有理数なので、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >994
> a(1/a)=1なので、a=1が基準になります。
そういうことを言う割にはs,tが有理数のときに
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)}が(3)を満たすか
どうかという問題をあんたに聞くとp^{1/(p-1)}で割って
(ap)^{1/(p-1)}=1のときにしようとするからおかしいよね
こちらとしては基準のa=1のままで証明してほしいのに
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)}は、
s^p+t^p=(s+1)^pを解いた形です。
これは、(ap)^{1/(p-1)}=1のときです。
a=1の場合は、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pとなります。
(3)の形のs^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pは、成り立たないので、
(4)の形のs^p+t^p=(s+1)^pも、なりたちません。 このスレッドは１０００を超えました。
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