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。 (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。
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