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。 >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。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
