因数分解によるフェルマーの最終定理の証明

日高 · 2020/10/17(土) 14:25:11.07

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/24(土) 14:36:16.69

>>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

日高 · 2020/10/24(土) 14:55:08.46

>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。

日高 · 2020/10/24(土) 14:58:44.47

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/24(土) 15:00:54.75

>>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？

日高 · 2020/10/24(土) 15:01:33.89

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/24(土) 15:06:27.74

>>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

日高 · 2020/10/24(土) 15:06:54.86

>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？

日高 · 2020/10/24(土) 15:12:11.91

>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。

日高 · 2020/10/24(土) 15:20:24.31

>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。

日高 · 2020/10/24(土) 15:23:38.02

(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。

日高 · 2020/10/24(土) 15:59:20.89

>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/24(土) 16:01:05.96

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/24(土) 16:15:24.48

>>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

日高 · 2020/10/24(土) 17:01:46.42

>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。

日高 · 2020/10/24(土) 17:12:33.41

>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/24(土) 17:22:18.76

>>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

日高 · 2020/10/24(土) 17:25:55.03

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/24(土) 17:30:52.10

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/24(土) 17:31:34.03

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/24(土) 17:34:09.14

末期やな

日高 · 2020/10/24(土) 18:03:47.95

(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。

日高 · 2020/10/24(土) 19:30:20.43

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/24(土) 19:47:27.13

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/24(土) 19:59:19.77

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/25(日) 08:33:14.86

日高さんは何故毎回同じ間違いを指摘されてるの？

日高 · 2020/10/25(日) 08:34:03.74

(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。

日高 · 2020/10/25(日) 08:53:19.24

(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。

日高 · 2020/10/25(日) 09:09:04.02

(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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/25(日) 09:30:20.29

証明は失敗です。

日高 · 2020/10/25(日) 09:38:29.52

>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。

日高 · 2020/10/25(日) 09:41:00.10

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/25(日) 10:23:42.23

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/25(日) 12:26:32.53

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/25(日) 12:33:40.61

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/25(日) 12:36:47.66

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？

日高 · 2020/10/25(日) 18:41:28.34

(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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/25(日) 18:57:15.92

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/25(日) 18:57:58.55

>>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？

日高 · 2020/10/25(日) 18:59:09.06

>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？

日高 · 2020/10/25(日) 19:05:45.26

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/25(日) 19:18:48.34

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/25(日) 19:40:50.81

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/25(日) 20:24:26.32

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/26(月) 05:39:21.58

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。

日高 · 2020/10/26(月) 07:13:49.38

(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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/26(月) 08:54:52.91

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。

日高 · 2020/10/26(月) 13:50:28.10

>197
末期やな

どうしてでしょうか？

日高 · 2020/10/26(月) 14:24:44.66

>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。

日高 · 2020/10/26(月) 17:17:12.27

(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。

日高 · 2020/10/26(月) 17:45:46.77

(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。

日高 · 2020/10/26(月) 18:26:40.32

(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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/26(月) 19:45:05.45

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/26(月) 20:21:03.99

>>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？

日高 · 2020/10/26(月) 20:54:38.08

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/26(月) 23:39:38.85

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 00:39:14.10

>>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。

日高 · 2020/10/27(火) 06:56:51.64

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 07:57:39.58

＞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

日高 · 2020/10/27(火) 09:18:33.26

(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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 10:38:52.66

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 10:44:45.94

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 11:40:31.34

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。

日高 · 2020/10/27(火) 16:50:52.63

>206
証明は失敗です。

どうしてでしょうか？

日高 · 2020/10/27(火) 16:56:28.00

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:01:19.60

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:08:40.55

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:13:11.72

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:15:57.97

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:17:14.49

(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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:22:16.40

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:25:01.69

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:27:46.22

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:29:51.54

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:35:53.68

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:37:46.69

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:40:06.44

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:41:41.24

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:43:09.44

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:44:17.96

(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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:47:33.33

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 17:49:22.00

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 17:57:57.78

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 18:21:35.39

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 18:22:53.84

>>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。

日高 · 2020/10/27(火) 19:28:10.61

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 19:30:38.22

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 19:33:24.70

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 19:45:32.77

>>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。

日高 · 2020/10/27(火) 19:53:46.76

(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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 19:56:57.96

>>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

日高 · 2020/10/27(火) 19:58:02.71

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 19:59:36.24

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 20:00:10.51

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 20:01:32.13

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/27(火) 20:12:40.45

＞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

日高 · 2020/10/27(火) 20:27:37.58

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 20:30:25.02

>269
x^3+8y^3=(x+√3)^3
だとどうですか？

わかりません。

日高 · 2020/10/27(火) 20:34:19.65

>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。

日高 · 2020/10/27(火) 20:35:10.48

(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。

日高 · 2020/10/27(火) 20:37:37.35

>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。