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。
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