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。 >>64
p=2の時のことを考えてください。
rが無理数、yが有理数の時、xが無理数になる たとえば、(√3)^2+2^2=(√7)^2になる。これが、ｘ、ｙ、ｚが整数比にならない証拠になりますか？ >>74
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比となりません。
今は(3)の解について調べているので整数比になるかどうかは分からない
> 3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
> その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
> x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
> (s,t,uは有理数)
>
> (s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=(u*p^{1/(p-1)})^p
> の両辺を(p^{1/(p-1)})^pで割ると、
> s^p+t^p=u^pとなります。
> s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
> r=u-s
> (s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p >>69 日高
> >59
> すみません。よくわからないので、具体的に、どこで間違いになるのか教えてください。
>
> いま、証明しているのは、
> x^3+y^3=z^3です。
いや、そういう意味ではありません。日高さんの証明はx^p+y^p=z^pという式の形を使っていないのでAx^p+By^p=Cz^pに自然数比となる解x,y,zがないことの証明にも使えそうです。たとえば
>>75 日高
は
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+7y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+7y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){7(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+7y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+7t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
とできそうなのですが。 (修正7)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解x,y,zが整数比とならないので、
(3')の解s,t,s+(p^{1/(p-1)})/wも、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>81
数学ではないので、雑談板あたりでやって下さい。 最後は日高が沈黙により間違いを認め、証明失敗となりました。 >>84
沈黙しようがしまいが間違いは間違いだけどな この日高？
https://www.hmv.co.jp/artist_日高まもる_200000000595960/
相対性理論研究家。１９６０年山口県生まれ。１９８７年フェルマーの最終定理の解析から、
相対性理論が数学トリックを利用していることに気づき、研究を始める。 >73
> rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。
これを証明せよ
例
x^2+y^2=(x+√3)
a2=√3
a=√3/2
x=3*√3/2、y=4*√3/2、z=5*√3/2 >76
証拠にならないので、>>65の
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
は間違っています。証明は失敗です。
意味が、理解できません。 >77
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に無理数で整数比の解がないことです。
違います。
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。 >>89
> >73
> > rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。
> これを証明せよ
>
> 例
> x^2+y^2=(x+√3)
> a2=√3
> a=√3/2
> x=3*√3/2、y=4*√3/2、z=5*√3/2
(修正7)【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
にあるように
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が有理数なのでyを有理数とするとxは無理数となり
のような形で証明してください >>92の訂正
> √3が有理数なので
は
√3が無理数なので
>>91
> 違います。
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
違います
(4)のr=z-xは有理数の場合と無理数の場合があるので
整数比の解が有理数か無理数かはそれぞれ異なります >78
p=2の時のことを考えてください。
rが無理数、yが有理数の時、xが無理数になる たとえば、(√3)^2+2^2=(√7)^2になる。これが、ｘ、ｙ、ｚが整数比にならない証拠になりますか？
よく、意味が理解できません。 日高さん、フェルマー問題より遥かに簡単な高校数学程度の問題を出題するから解いてみて
これができなければ まだ解く段階にきてないのだと謙虚に受け止めてください
(問題)
x^2 + 2y^2 = 7 を満たす有理数x,yの組は存在しないことを証明せよ >>90
p=2のとき
rが無理数で、x､y､zが整数比のx^2+y^2=z^2の解が存在するので、
rが無理数の時、x,y,zは整数比とならない、はインチキのウソです。 >>91
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるのだから、(4)のrが有理数、(3)のrが無理数なら
(無理数である3のｒ）×a^{1/(p-1)}＝(有理数である4のr)なのだからa^{1/(p-1)}は無理数
(3のx）×a^{1/(p-1)}＝(有理数である4のx)でa^{1/(p-1)}は無理数なのだから(3のx）は無理数
(3のy）×a^{1/(p-1)}＝(有理数である4のy)でa^{1/(p-1)}は無理数なのだから(3のy）は無理数
有理数である（4のr）、（4のx）、（4のy）と同じ比なのは（無理数である3のr）、（無理数である3のx）、（無理数である3のy）
よって有理数である（4のr）、（4のx）、（4のy）が解となるかの証拠になるのは（無理数である3のr）、（無理数である3のx）、（無理数である3のy）が（3）の解になるかどうか
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
ではありません。インチキのウソです。 >>94
p=2のとき、r=(√7-√3）で無理数、yが有理数のとき、xが無理数になる、たとえば(√3)^2+2^2=(√3+(√7-√3）)^2ですが、
r=(√7-√3）のとき、整数比となる解x､y､zが存在します。たとえば(4(√7-√3）)^2+(3(√7-√3）)^2=(4(√7-√3）+(√7-√3）)^2
よって、「rが無理数のとき、yが有理数とすると、xが無理数となるけど、x､y､zが整数比となる解が存在するので
よって、「rが無理数のとき、yが有理数とすると、xが無理数となるので、x､y､zが整数比とならない」はインチキのウソです。 >79
> s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
> r=u-s
> (s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p
(4)で調べています。 (修正7)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解x,y,zが整数比とならないので、
(3')の解s,t,s+(p^{1/(p-1)})/wも、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >80
いや、そういう意味ではありません。日高さんの証明はx^p+y^p=z^pという式の形を使っていないのでAx^p+By^p=Cz^pに自然数比となる解x,y,zがないことの証明にも使えそうです。たとえば
Ax^p+By^p=Cz^pは、係数が、掛かっています。 >83
p=2の場合って何の為に書いてるの?
仕組みが、同じだからです。 >92
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が有理数なのでyを有理数とするとxは無理数となり
のような形で証明してください
√3は、無理数です。 >93
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
違います
(4)のr=z-xは有理数の場合と無理数の場合があるので
整数比の解が有理数か無理数かはそれぞれ異なります
よく、意味が読み取れませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >95
(問題)
x^2 + 2y^2 = 7 を満たす有理数x,yの組は存在しないことを証明せよ
わかりませんので、教えていただけないでしょうか。 >96
p=2のとき
rが無理数で、x､y､zが整数比のx^2+y^2=z^2の解が存在するので、
rが無理数の時、x,y,zは整数比とならない、はインチキのウソです。
どうして、インチキのウソになるのでしょうか？ >97
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
ではありません。インチキのウソです。
よく、意味がわかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >>99
> (4)で調べています。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比となりません。
今は(3)の解について調べているので整数比になるかどうかは分からない
(4)の解は整数比になるかどうかは分からない解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解はrが有理数のときx,y,zは整数比となるかどうかは分からない
> 3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
> その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
> x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
> (s,t,uは有理数)
>
> (s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=(u*p^{1/(p-1)})^p
> の両辺を(p^{1/(p-1)})^pで割ると、
> s^p+t^p=u^pとなります。
> s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
> r=u-s
> (s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p >>104
> √3は、無理数です。
>>93に書いてあるじゃないですか
> >>92の訂正
> > √3が有理数なので
> は
> √3が無理数なので
これを見落としているのでやり直し
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が無理数なのでyを有理数とするとxは無理数となり
のような形で証明してください >>105
> >93
> > (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
> 違います
> (4)のr=z-xは有理数の場合と無理数の場合があるので
> 整数比の解が有理数か無理数かはそれぞれ異なります
>
> よく、意味が読み取れませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
あんたの言い分は(4)のrが無理数で整数比の有理数解がない証拠は
(3)のrが無理数で整数比の有理数解がないこと
証明で本来使うべきなのは
(4)のrが有理数で整数比の有理数解がない証拠は
(3)のrが無理数で整数比の無理数解がないこと (修正7)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解x,y,zが整数比とならないので、
(3')の解s,t,s+(p^{1/(p-1)})/wも、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>106
一言でいうと mod 7と無限降下法の議論をする.
Nを0以上の整数全体の集合とする.
A = {x+y+z|x,y,z∈N, x+y+z≠0, x^2+2y^2=7z^2} とおく,
Aが空集合であることを示す.
そこで, Aが空集合でないと仮定する ・・・(仮定1)
Aが空でないことから,Aには最小元が存在する ( (N,≦)は整列集合だから)
よって, a^2+2b^2=7c^2 ・・・(☆)
かつ a+b+c=min(A) ・・・(◯) を満たす a,b,c∈Nが取れる.
mod 7 で考えると, a^2+2b^2≡0 (mod 7) が得られる.
b≡0 (mod 7) でないと仮定する ・・・(仮定2)
a^2≡ -2b^2 (mod 7) より -2b^2 は法を7とする平方剰余となる.
(./.)をルジャンドル記号とすると, 1 = (-2b^2/7) となるが,
まず, ルジャンドル記号の乗法性より
(-2b^2/7) = (-2/7)*(b^2/7) = (-1/7)*(2/7)*(b/7)^2
つぎに第1補充法則から (-1/7) = -1, 第2補充法則から (2/7) = 1
そして仮定2 から (b/7)^2 = 1 であるから
(-1/7)*(2/7)*(b/7)^2 = -1 が得られて矛盾となる.
よって, 仮定2 は誤りとなるから bは7で割り切れることになる.
b = 7t を満たすt∈N が取れる.
☆ に代入して a^2+2*7^2*t^2 = 7c^2
これから aは7で割り切れることがわかる.
よって, a = 7s を満たすs∈Nが取れる.
☆ に代入して 両辺を7で割り算すれば
7s^2 + 2*7*t^2 = c^2 を得る
これから cは7で割り切れることがわかる.
よって, c = 7u を満たすu∈Nが取れる.
☆ に代入して 両辺を7で割り算すれば
s^2 + 2t^2 = 7u^2 ・・・(△) が得られた.
ここで s+t+u = (a+b+c)/7 であるから
a+b+c＞0 より s+t+u＞0 かつ s+t+u＜a+b+c
しかしこれは a+b+cの最小性に反する(s+t+u∈Aに注意)
したがって 仮定1は誤りであることがいえた.
以上よりAは空集合であることが示された.
本題に戻る
ある有理数x,yに対して, x^2 + 2y^2 = 7 が成立していたとする.
x = p/r, y = q/r を満たすp,q,r∈N (r＞0)を取ると,
(p/r)^2 + 2(q/r)^2 = 7 となるから
p^2 + 2q^2 = 7r^2 が得られる.
Aが空集合であることから p+q+r = 0 となる.
しかし,p,q≧0 かつ r＞0 より これは不可能
したがって, x^2+2y^2=7 を満たす有理数x,yの組は存在しない.
本題の証明おわり (修正8)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
(3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解が整数比とならないので、(3')の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。 >>114
無能は紛らわしい書き方をするから番号の付け方が間違っている
> (3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3)の解が無理数のときは(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}}^p…(3')
w^pで割ったらr=p^{1/(p-1)}でなくなるのでs^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(4')
(4')の解が整数比とならないことは証明されていないので
(3')の解も整数比とならないことも証明されていない >98
r=(√7-√3）のとき、整数比となる解x､y､zが存在します。たとえば(4(√7-√3）)^2+(3(√7-√3）)^2=(4(√7-√3）+(√7-√3）)^2
よって、「rが無理数のとき、yが有理数とすると、xが無理数となるけど、x､y､zが整数比となる解が存在するので
「yが有理数とすると」の意味がわかりません。 >109
> s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
> r=u-s
> (s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p
よく意味がわかりません。 >110
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が無理数なのでyを有理数とするとxは無理数となり
のような形で証明してください
よく意味がわかりません。 ＞よく意味がわかりません
日高は勉強やりなおせ
一から出直してこい >>117
x^p+y^p=(x+1)^pの解が整数比にならないことを証明しなければ
(3)の解が整数比にならないことはいえない
(4)の解は(整数比にならないことはいえない)(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解が整数比とならないこともいえない
>>114
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
(s,t,uは有理数) (修正8)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
(3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解が整数比とならないので、(3')の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >111
証明で本来使うべきなのは
(4)のrが有理数で整数比の有理数解がない証拠は
(3)のrが無理数で整数比の無理数解がないこと
「(3)のrが無理数で整数比の無理数解がないこと」のいみが、わかりません。
くわしく、説明していただけないでしょうか。 >113
一言でいうと mod 7と無限降下法の議論をする.
よく、理解できません。 >115
w^pで割ったらr=p^{1/(p-1)}でなくなるのでs^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(4')
(4')の解が整数比とならないことは証明されていないので
(4')は、(4)と同じとなります。 >120
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
(s,t,uは有理数)
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}は、
x=s、y=t、z=uと同じです。 >>122
> 「(3)のrが無理数で整数比の無理数解がないこと」のいみが、わかりません。
> くわしく、説明していただけないでしょうか。
x^p+y^p=z^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)を満たすx,y,zが全て無理数の
整数比の解がないこと
これが分からないということは証明できるはずがありません >>124
> (4')は、(4)と同じとなります。
(4)はx={無理数}*a^{1/(p-1)},y={有理数}*a^{1/(p-1)}で
(4')はx={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}なので
同じ解を表しません >>125
> x=s、y=t、z=uと同じです。
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}ではr=z-x=(u-s)*p^{1/(p-1)}
x=s,y=t,z=uではr=z-x=u-s
rの値が違うのであんたのいう(3)と(4)で異なります >>121
x^p+y^p=(x+1)^pの解が整数比にならないことを証明しなければ
(3)の解が整数比にならないことはいえない
(4)の解は(整数比にならないことはいえない)(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解が整数比とならないこともいえない >>101 日高
> >80
> いや、そういう意味ではありません。日高さんの証明はx^p+y^p=z^pという式の形を使っていないのでAx^p+By^p=Cz^pに自然数比となる解x,y,zがないことの証明にも使えそうです。たとえば
>
> Ax^p+By^p=Cz^pは、係数が、掛かっています。
係数がかかっているとなぜ日高さんの証明が通用せず、かかっていないとなぜ通用するのですか？ >>121 日高
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
日高君は「ならば」と「かつ」の区別がつかないそうなので、「とすると」も「かつ」と同じだと思っているのだろう。だから「yを有理数とすると」書くとyは有理数になってしまう。 (修正8)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
(3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解が整数比とならないので、(3')の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>116
「yが有理数とすると」と書いたのはあなたですよ。>>132にも書いてあるじゃないですか。
あなたは、>>64で
rが無理数の時、
> yを有理数とすると、xは無理数となります。
が
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
の証拠である、と書きました。
これを式で表すと、
rが無理数の時x､y､zが整数比にならない、r=(√7-√3)のとき、y=2とするとx=√3となるのが証拠
しかし実際には
rが無理数の時、x､y､zは整数比になる、r=(√7-√3)のとき、y=3(√7-√3)とするとx=4(√7-√3)となるのが証拠
rが無理数の時、x､y､zは整数比になる物が実際に存在するのだから、
「rが無理数の時x､y､zが整数比にならない」はインチキのウソです。 >>132
> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、
ここまででわかるのは、(√3)^2+2^2=(√3+(√7-√3))^2 このパターンの（3）の解は、x､y､zが整数比でないということだけ
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、
ここまででわかるのは、（4）の解のうちx=√3×√7、y=2×√7、z=√7×√7のパターンの（4）の解が整数比でないということだけ
> (3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
> (ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解が
ここまででわかっているのは、（4）の解のうちx=√21、y=2√7、z=7のパターンの（4）の解が整数比でないということだけ
x=3、y=4のパターンの（4）の解は、x=√21、y=2√7のパターンの（4）の解と、比が違うので、わかることは何もないので
x=4(√7-√3)、y=3(√7-√3)のパターンの（3）の解についてわかることは何もない。
よって>>132の証明は失敗です。 (修正9)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となり、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 (修正10)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となり、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 証明は失敗です。
なぜなら、納得する人が誰もいないからです。 >126
x^p+y^p=z^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)を満たすx,y,zが全て無理数の
整数比の解がないこと
これが分からないということは証明できるはずがありません
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
これで、十分です。 >127
(4')はx={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}なので
同じ解を表しません
どういう意味でしょうか？ >128
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}ではr=z-x=(u-s)*p^{1/(p-1)}
x=s,y=t,z=uではr=z-x=u-s
rの値が違うのであんたのいう(3)と(4)で異なります
どういう意味でしょうか？ >129
x^p+y^p=(x+1)^pの解が整数比にならないことを証明しなければ
(3)の解が整数比にならないことはいえない
(4)の解は(整数比にならないことはいえない)(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解が整数比とならないこともいえない
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
で、証明しています。 >130
> Ax^p+By^p=Cz^pは、係数が、掛かっています。
係数がかかっているとなぜ日高さんの証明が通用せず、かかっていないとなぜ通用するのですか？
係数がかかると、式の構造が、変わります。 >131
日高君は「ならば」と「かつ」の区別がつかないそうなので、「とすると」も「かつ」と同じだと思っているのだろう。だから「yを有理数とすると」書くとyは有理数になってしまう。
どういう意味でしょうか？ >133
rが無理数の時、x､y､zは整数比になる、r=(√7-√3)のとき、y=3(√7-√3)とするとx=4(√7-√3)となるのが証拠
rが無理数の時、x､y､zは整数比になる物が実際に存在するのだから、
「rが無理数の時x､y､zが整数比にならない」はインチキのウソです。
rが無理数の時、x､y､zは整数比になる物は、実際に存在しません。 >144
訂正します。
「pが奇素数のときは」です。 >134
x=4(√7-√3)、y=3(√7-√3)のパターンの（3）の解についてわかることは何もない。
よって>>132の証明は失敗です。
よく意味がわかりません。 (修正10)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となり、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 (修正11)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 日高は妄想を垂れ流して褒められたいだけならキャバクラにでも行ってくれ >>139
> >127
> (4')はx={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}なので
> 同じ解を表しません
>
> どういう意味でしょうか？
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない
(3)の解 x={無理数},y={有理数}であるような解
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は
(4)の解 x={無理数}*a^{1/(p-1)},y={有理数}*a^{1/(p-1)}である解
(3')の解 x={無理数},y={無理数}であるような解
(3')の解のa^{1/(p-1)}倍は
(4')の解 x={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}である解
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解になることはないし
(3')の解のa^{1/(p-1)}倍は(4)の解になることはない
>>138
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
> これで、十分です。
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない >>141
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
> で、証明しています
これのどこで(3)の解が整数比にならないことが証明されているの？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)を考える
これは日高の証明では扱われていない
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
なぜ証明されていない解のa^{1/(p-1)}倍が証明されたことになるの？ >149
日高は妄想を垂れ流して褒められたいだけならキャバクラにでも行ってくれ
どの部分が妄想でしょうか？ >150
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない
すみませんが、もう一度(4')を、示して頂けないでしょうか。 >>142 日高
> >130
> > Ax^p+By^p=Cz^pは、係数が、掛かっています。
>
> 係数がかかっているとなぜ日高さんの証明が通用せず、かかっていないとなぜ通用するのですか？
>
> 係数がかかると、式の構造が、変わります。
よくわからないので具体的に教えていただけませんか。どんな構造がどう変わって、日高さんの証明が通用しなくなるのでしょうか？ >>153
> >150
> (3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない
>
> すみませんが、もう一度(4')を、示して頂けないでしょうか。
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない
(3)の解 x={無理数},y={有理数}であるような解
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は
(4)の解 x={無理数}*a^{1/(p-1)},y={有理数}*a^{1/(p-1)}である解
(3')の解 x={無理数},y={無理数}であるような解
(3')の解のa^{1/(p-1)}倍は
(4')の解 x={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}である解
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解になることはないし
(3')の解のa^{1/(p-1)}倍は(4)の解になることはない
>>138
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
> これで、十分です。
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない >>144-145
「rが無理数の時x､y､zが整数比にならない」はインチキのウソなので証拠にならない、ということを、p=2の時に示しました。
pが素奇数の場合と、同じ考え方だからです。 (修正11)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>158
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っている
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)
この解が(3)を満たさないことを示すにはまず(3)の解が整数比にならないことより
先に(4)でrが有理数の場合に整数比にならないことを示さなければならないが
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
であるから間違っている
> 141日高2020/10/22(木) 08:15:30.25ID:HZ5ZgFT7
> >129
> x^p+y^p=(x+1)^pの解が整数比にならないことを証明しなければ
> (3)の解が整数比にならないことはいえない
> (4)の解は(整数比にならないことはいえない)(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
> (4)の解が整数比とならないこともいえない
>
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
> で、証明しています。
>>141
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
> で、証明しています
これのどこで(3)の解が整数比にならないことが証明されているの？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)を考える
これは日高の証明では扱われていない
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
なぜ証明されていない解のa^{1/(p-1)}倍が証明されたことになるの？ >151
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)を考える
これは日高の証明では扱われていない
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} が無理数で、整数比となるので、
x=s、y=t、z=uも有理数で、整数比となります。 >>161
だからあんたは整数比にならないことが分かっている解しか
扱っていないので証明は間違っている 日高様
貴方の証明は、世紀の難問だと思われていたフェルマーの最終定理を高校程度の知識で証明したという点で、数学の歴史上非常に価値あるものだと考えられます。
そこで日高様の数学との出会いやこの発見に至る過程などを記した本はとても興味深いものになるはずなので、自費出版などお考えではないでしょうか。 >>152 日高
> >149
> 日高は妄想を垂れ流して褒められたいだけならキャバクラにでも行ってくれ
>
> どの部分が妄想でしょうか？
それっぽっちの勉強でフェルマーの最終定理が証明できると思うのが妄想。 >>158
> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3となる、これは整数比ではない。
p=2のときでいうと、rが無理数、yが有理数、xが無理数の解は、絶対にxとyが整数比にならない。
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4(√7-√3),y=3(√7-√3)は、調べていない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3に、共通の数√7+√3をかける。
p=2のときでいうと、r=4で、y=2(√7+√3)のとき、x=√21+3となる。これは整数比にならない。
p=2のときでいうと、rが無理数、yが有理数、xが無理数の解に共通の数をかけた数は、絶対にxとyが整数比にならない。
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4,y=3は、調べていない。
p=2のときでいうと、x=4,y=3が解になるかどうか調べていないので、証明は失敗です (修正12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
(3)はr=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 (修正13)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
(3)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>168
> (3)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
以前のレスで、「有理数解とならない」と同意しています。よってその一文は無効です。
フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/
143 名前：日高[] 投稿日：2020/08/30(日) 11:54:17.13 ID:Ecyoi1s7 [16/20]
>138
「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割っても、(3)の有理数解とならない」 …(B)
が正しい理由です。
はい。そう思います。 (修正14)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 (修正15)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 (修正16)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数と仮定すると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yを有理数と仮定すると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >>168
> (3)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
>>172
> (3)はrが無理数なので
あんたがrが無理数のままで証明しようとしている時点で間違いなのが分かります
まずはrが有理数になるようにしましょう
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
整数比になるかもしれない解に対しては先にrが有理数の場合を証明する必要があるので間違い
p=2のとき
x^2+y^2=(x+2)^2の解で整数比になる可能性があるものとしてx=2s,y=2t,z=2(s+1) (s,tは有理数)を考える
x^2+y^2=(x+√3)^2の解で整数比になる可能性があるものとしてx=√3s,y=√3t,z=√3(s+1) (s,tは有理数)を考える
どちらの場合もs^2+t^2=(s+1)^2が成り立てば整数比の解を持つ
pが奇素数のとき
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)を考える
この場合もs^2+t^2=(s+1)^pが成り立てば整数比の解を持つ
フェルマーの最終定理の証明をしたかったら
p=2のときもpが奇素数のときもx^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べることになる
p=2のときは(p-1)次方程式は1次方程式 2x+(1-y^2)=0 だから
> (3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
ここで一応解いていることになっている
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない (修正17)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。 >154
> 係数がかかると、式の構造が、変わります。
よくわからないので具体的に教えていただけませんか。どんな構造がどう変わって、日高さんの証明が通用しなくなるのでしょうか？
Ax^p+By^p=Cz^pならば、x,y,zが有理数で、式が成り立ちます。 >155
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない
(3')の解 x={無理数},y={無理数}は、整数比となりません。 >156
二項定理を使った証明は何で失敗したの？
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