フェルマーの最終定理の簡単な証明

日高 · 2019/09/23(月) 09:33:36.12

pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
x^p+y^p=z^pをz=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^pとする。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p=z^pとなる。
xを有理数とすると、zは無理数となる。
∴x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。

日高 · 2019/10/17(木) 10:57:23.36

>r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
…③なんだよね。
変形して
r^(p-1)={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/{(y/r)^p-1}*p
だよね。
んで
r^(p-1)=ap
と置くんだよね。
それで何故a=1になるのかってこと。

r^(p-1)=pとおくと、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなります。
r^(p-1)=apとおくと、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pとなります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 11:01:27.13

>>487 なるほど
では数字を変えて改めて質問します。

問:方程式x(x-4)=12 を解け

x(x-4)=3×4 と変形すれば
x=3 のとき (x-4)=4 となりますか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 11:05:45.84

484 名前：日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日：2019/10/17(木) 09:15:38.23 ID:fkycjhVi [6/8]
>何故 A=C なんですか？

変数x,yを含まないからです。

>何故 A=C なんですか？

変数x,yを含まないからです。

>何故 A=C なんですか？

変数x,yを含まないからです。

>何故 A=C なんですか？

変数x,yを含まないからです。

日高 · 2019/10/17(木) 11:48:37.75

>何故変数を含まないとそれが言えるのですか？

A=r^(p-1), C=pだからです。

日高 · 2019/10/17(木) 12:02:18.45

>問:方程式x(x-4)=12 を解け

x(x-4)=3×4 と変形すれば
x=3 のとき (x-4)=4 となりますか？

(x-4)=4 となりません。

xは、有理数ですので、
x(x-4)=3×4=6×2とすれば、
x=6となります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 12:07:48.93

>>491
A=r^(p-1), C=p だと何故それが言えるのですか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 12:22:01.91

>>492
>> xは、有理数ですので、
>> x(x-4)=3×4=6×2とすれば、
>> x=6となります。

ここが納得いきません。
12=1×12=3×4=24×(1/2)=(-2)×(-6) などなど
積の表現はたくさんある中で、どうやって6×2を選ぶのですか？勘ですか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 13:54:46.88

まあ何にしても、日高の証明モドキ>>471は、
xが有理数かつr=p^{1/(p-1)}の場合しか示されておらずまったく不十分。
取って付けたように書かれている⑤は、④の両辺に同じ数をかけた場合だから④と同値。
⑤によって更に別の場合を検証したものではない。まったく無意味な付け足しでしかない。

日高の主張は「有理数に無理数を足したら無理数です」というもの以上の情報はない。不合格。

日高 · 2019/10/17(木) 15:37:31.88

>A=r^(p-1), C=p だと何故それが言えるのですか？

すみません。「何故それ」とは、なにを指すのでしょうか。

日高 · 2019/10/17(木) 15:44:46.21

>> xは、有理数ですので、
>> x(x-4)=3×4=6×2とすれば、
>> x=6となります。

ここが納得いきません。
12=1×12=3×4=24×(1/2)=(-2)×(-6) などなど
積の表現はたくさんある中で、どうやって6×2を選ぶのですか？勘ですか？

x(x-4)=12の解は、x=6ですので、
x(x-4)に代入すると、6(6-4)=6*2となります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 15:53:47.92

>>497
＞x(x-4)=12の解は、x=6ですので、
正しくないね

x=6は、x(x-4)=12の解です
なら間違いじゃないが
x(x-4)=12の解は、x=6です
というのは間違い

これは、いま聞かれてることの本質、証明の正しさに直接に関わる話だ

日高 · 2019/10/17(木) 15:56:05.47

>⑤は、④の両辺に同じ数をかけた場合だから④と同値。

⑤と④は、同値なので、④のみを検討しました。

④の、xが無理数で、x,y,zが整数比となる場合は、共通の無理数で、x,y,zを割ると
x,y,zは、有理数となります。

日高 · 2019/10/17(木) 16:00:57.83

>x=6は、x(x-4)=12の解です
なら間違いじゃないが
x(x-4)=12の解は、x=6です
というのは間違い

すみません。詳しく教えていただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 16:05:52.15

>>499
＞x,y,zは、有理数となります。
整数解が有るって言っちゃってるぞ

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 16:13:18.08

>>500
そう言ってくるだろうと思ったが
こんな中学生でもわかる話が本当にわからないんだったら、証明問題なんか手をつけちゃいけない

日高 · 2019/10/17(木) 16:26:03.36

>整数解が有るって言っちゃってるぞ

「整数解が有るとするとすると」という意味です。

日高 · 2019/10/17(木) 16:28:44.12

>こんな中学生でもわかる話が本当にわからないんだったら

すみません。本当に分からないので、詳しく教えていただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 16:29:31.07

>>504
自分で考えなさい

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 16:32:55.19

　　それにしても　　. ..; '，　　，:
　　　　, .. . 　　a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、　 ..; '，　
　　，　　，:‘. 　　　　　　　 ..; '，　　，:‘　　　　　　　　　’‘
　　　'　，:‘. 　　a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。　　, .. .
　　，　　，:‘. 　　　　　　　 ..; '，　　，:‘　　　　　　　　　’‘
　　　だなんて・・　あ　あ　・　・　・　　　　　　　，:‘. 　　　　　+
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
.. '　，:‘. 　　　　　　　　　馬　鹿　過　ぎ　ま　す　　　　　　　　　. ...:]　’‘
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
’‘ 　　　　.;　　　こ　ん　な　馬　鹿　な
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
.　　　　　。　　　ス　レ　ッ　ド　を　見　た　の　　　　　，:‘. 。+
　'+。
　　　　　　　　　　　　　　　　初　め　て　で　す　　　　　　　　　　.. '　，:‘.

日高 · 2019/10/17(木) 16:34:59.59

>自分で考えなさい

お願いします。教えていただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 16:53:07.01

　　それにしても　　. ..; '，　　，:
　　　　, .. . 　　a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、　 ..; '，　
　　，　　，:‘. 　　　　　　　 ..; '，　　，:‘　　　　　　　　　’‘
　　　'　，:‘. 　　a^{1/(1-1)}が、数であることには、変わりはありません。　　, .. .
　　，　　，:‘. 　　　　　　　 ..; '，　　，:‘　　　　　　　　　’‘
　　　だなんて・・　あ　あ　・　・　・　　　　　　　，:‘. 　　　　　+
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
.. '　，:‘. 　　　　　　　　　馬　鹿　過　ぎ　ま　す　　　　　　　　　. ...:]　’‘
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
’‘ 　　　　.;　　　こ　ん　な　馬　鹿　な　投　稿　者に
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
.　　　　　。　　　説　明　し　て　も　，:‘. 。+
　'+。
　　　　　　　　　　　不　毛　な　だ　け　で　す　　　　　　.. '　，:‘.

日高 · 2019/10/17(木) 17:36:42.08

【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】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…④
となる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑤となる。
⑤をxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:z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。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 17:40:48.24

>>496
A=C ですね
A=r^(p-1), C=p なら A=C をあなたは主張してるんですよね？

日高 · 2019/10/17(木) 17:53:51.23

>A=r^(p-1), C=p なら A=C をあなたは主張してるんですよね？

そうです。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 17:55:34.47

>>511
証明してください

日高 · 2019/10/17(木) 18:17:39.54

>A=r^(p-1), C=p なら A=C をあなたは主張してるんですよね？
そうです。
>証明してください

AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるからです。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 18:20:53.06

>>513
A=C を証明してください

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 19:02:33.77

>>証明してください
>AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるからです。

　ああ！　何というアフォだろう。

>>証明してください
>AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるからです。

　ああ！　何というアフォだろう。

>>証明してください
>AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるからです。

　ああ！　何というアフォだろう。

**ニセ日高** · 2019/10/17(木) 19:28:18.84

どの部分がアフォなのかを、教えていただけないでしょうか。

ケケケ…

日高 · 2019/10/17(木) 20:29:08.97

>A=C を証明してください

AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。
A=3, B=4, C=2*a, D=6*1/a

3*4=(2*a)(6*1/a)ならば、
3=2*aのとき、4=6*1/aとなる。

a=3/2となります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 20:38:31.81

クソスレ

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 21:07:55.26

>>517
A=C のときどうなるかは今のところどうでもいいので、A=C を証明してください

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 21:32:54.71

糖質相手にしても時間の無駄

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/17(木) 22:14:02.00

相対性理論は間違いだったというアフォといい勝負だな（笑）

日高 · 2019/10/18(金) 06:42:42.95

>A=C のときどうなるかは今のところどうでもいいので、A=C を証明してください

AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。ので、

r^(p-1)=pのとき、{(y/r)^p-1}=(x^(p-1)+…+r^(p-2)x)となる。

これしか、いえません。

日高 · 2019/10/18(金) 06:44:43.81

【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】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…④
となる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑤となる。
⑤をxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:z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。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 06:52:35.09

>>522
では証明になってません

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 07:19:27.23

> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…③とする。
> ③はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、
　ああ・・・・・何というアフォだろうか。
　また今日もムダなレスが繰り返されるのか。

> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…③とする。
> ③はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、
　ああ・・・・・何というアフォだろうか。
　また今日もムダなレスが繰り返されるのか。

> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…③とする。
> ③はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、
　ああ・・・・・何というアフォだろうか。
　また今日もムダなレスが繰り返されるのか。

> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…③とする。
> ③はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、
　ああ・・・・・何というアフォだろうか。
　また今日もムダなレスが繰り返されるのか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 07:31:42.27

>>522,523
では、
pが奇素数で、
『r^(p-1)=pのとき』
x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
って事かな。

日高 · 2019/10/18(金) 08:10:36.18

>pが奇素数で、
『r^(p-1)=pのとき』
x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
って事かな。

『r^(p-1)=pのとき』と『r^(p-1)=apのとき』
x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
という事です。

日高 · 2019/10/18(金) 08:15:14.22

>では証明になってません

522しか、言えません。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 08:42:20.79

>>528
だから証明になってません

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 09:18:15.80

>>527
＞『r^(p-1)=pのとき』と『r^(p-1)=apのとき』
というのは
『r^(p-1)=pのとき』もしくは『r^(p-1)=apのとき』
だよね。
であれば『r^(p-1)=apのとき』も証明してくれないか。

a=1にするのは無しで。aは任意じゃないからね。
（参考：>>480　>>488）

日高 · 2019/10/18(金) 09:52:18.17

>『r^(p-1)=pのとき』もしくは『r^(p-1)=apのとき』
だよね。
であれば『r^(p-1)=apのとき』も証明してくれないか

『r^(p-1)=pのとき』も、『r^(p-1)=apのとき』もx,y,zの比は同じとなります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 09:55:06.17

>>531
だから何なのか
そもそも r^(p-1)=p が示せてないから証明になってない

日高 · 2019/10/18(金) 09:58:43.59

>そもそも r^(p-1)=p が示せてないから証明になってない

r^(p-1)=p なので、rは、無理数という事が、示せます。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 10:00:19.43

>>533
まず r^(p-1)=p を示せ
r^(p-1)=p が成り立つときにどうなるかの話はしていない

日高 · 2019/10/18(金) 10:32:10.35

>まず r^(p-1)=p を示せ
r^(p-1)=p が成り立つときにどうなるかの話はしていない

r^(p-1)=p が成り立つとき、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが成り立ちます。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 10:36:08.37

>>535
日本語読める？
まず r^(p-1)=p を示せ
r^(p-1)=p が成り立つときにどうなるかの話はしていない

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 10:39:25.62

>>497
>> x(x-4)=12の解は、x=6ですので、
>> x(x-4)に代入すると、6(6-4)=6*2となります。

つまり、先に2次方程式を解いて解を見つけるということですね。同様にx=-2ともできるということでいいですか？

また、2次方程式くらいなら簡単に解を求められますが、もっと複雑な式の場合はどうするのでしょうか？
例えば、
x(6x^3 -x^2 +25x +36)=36
という方程式があった場合には>>497の方法ではどうやってxを求めるのでしょうか。

日高 · 2019/10/18(金) 10:50:24.36

x(6x^3 -x^2 +25x +36)=36
の場合は、無理です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 11:02:56.55

>>538
無理というのは、
「実数解が存在しない」ということですか？それとも
「単に計算方法がわからない」ということですか？

x(6x^3 -x^2 +25x +36)=4×9
がx=4 と言えるかどうかわからないように、
>>523の
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂
で r^(p-1)=pとできるかどうかはわからないのではないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 11:03:39.78

何かよくわかんないけど、自然数x,y,zでx^p+y^p=z^pが成立しないことを証明するんだよね？

だったらz=x+rのとき、rは自然数でないとおかしい。
rが無理数だと成立しません、って、ハイそうですか？って感じ。まるで意味ないじゃん。

もっと頭使おうよ。

日高 · 2019/10/18(金) 11:18:44.24

>r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂
で r^(p-1)=pとできるかどうかはわからないのではないでしょうか。

r^(p-1)=pとすると、
{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}となるので、
rに、p^{1/(p-1)}を代入すると、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの両辺から、x^pを引いた式となります。

日高 · 2019/10/18(金) 11:26:17.32

>だったらz=x+rのとき、rは自然数でないとおかしい。
rが無理数だと成立しません、って、ハイそうですか？って感じ。まるで意味ないじゃ
ん。

rが有理数でも、x,y,zの比は同じとなります。

日高 · 2019/10/18(金) 11:54:54.36

【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】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…④
となる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑤となる。
⑤をxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:z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。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 12:07:40.99

何度でも言うけど、
まず r^(p-1)=p を示せ
r^(p-1)=p が成り立つときにどうなるかの話はしていない

日高 · 2019/10/18(金) 12:10:50.37

>まず r^(p-1)=p を示せ

どんな風に示せばよいのでしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 12:15:55.17

>>545
普通の数学の証明をしてください
具体的なやり方は自分で考えてください
できないなら、この方針での証明は難しいでしょう

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 12:39:10.49

r^(p-1)=ap
のほうを使ってやれば良いんじゃないかなあ。

日高 · 2019/10/18(金) 12:59:36.10

r^(p-1)=pとおくと、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
で良いと思います。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 13:28:02.74

何度でも言うけど、
r^(p-1)=p が成り立つときにどうなるかの話はしていない

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 13:32:15.96

>>542
比が同じだからって、自然数じゃないものを解としちゃダメじゃん
x=3、y=4、z=5はx^2+y^2=z^2の自然数解だけど、x=0.3、y=0.4、z=0.5は自然数解じゃない

そこは両辺に数を掛けたり割ったりとかいうインチキしないで、まともにやろうよ

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 13:36:55.83

　スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね？
　(1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
　(2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
　(3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1

という質問に対し、

　問題の意味がよくわかりません。
　⇒の意味は、～ならば～である。と思いますが、
　sin(π/2) = 0, sin(π/3) = 0となりません。
　sin(π/2) = 1となりますが、 cos(π/3) = 1となりません。

と珍答するほど数学的素養に欠ける。したがって証明と称する雑文は、数学とはまったく
関係のない単なる文字の羅列に過ぎない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 13:45:11.05

　スレ主によると

　a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。

だそうだ。これに対して
　小学校から大学教養レベルあたりまでの数学で、「数」とは
　自然数、整数、実数（有理数、無理数）、複素数
であるが a^{1/(1-1) は上記のどれにあたるのだ？

と言う質問に対して

　a^{1/(1-1) は特定できない数です。

という世紀の珍答を与えている。よってスレ主の証明なるものは、数学とはまったく
関係のない単なる文字の羅列である。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 14:18:12.62

日高がアホなのは分かるが、ずっと粘着してレスしてる奴もどうかと思う
頭が弱い奴をイジメてるだけ

日高 · 2019/10/18(金) 14:21:44.89

>x=3、y=4、z=5はx^2+y^2=z^2の自然数解だけど、x=0.3、y=0.4、z=0.5は自然数解じゃない

x=0.3、y=0.4、z=0.5が存在するならば、x=3、y=4、z=5も存在します。

日高 · 2019/10/18(金) 14:27:18.07

>スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね？
　(1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
　(2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
　(3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1

いままでに、何度も正解を教えて下さい。と、お願いしています。
教えて貰えない理由があるのでしょうか？

日高 · 2019/10/18(金) 14:36:20.46

【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】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…④
となる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑤となる。
⑤をxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:z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。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 14:55:21.02

>>554
いいえ。
x=0.3、y=0.4、z=0.5は自然数解ではありません
xとzが自然数で、x＜zなので、x+r=zならば、rは自然数でしかありえません。
rが無理数になることはありえないので、rが無理数であることを仮定しても証明したことにはなりません。

日高 · 2019/10/18(金) 15:30:33.07

>rが無理数になることはありえないので、rが無理数であることを仮定しても証明したことにはなりません。

z=x+rとおいているので、zが無理数の場合、x,rどちらかが無理数となります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 15:46:50.97

【証明】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
　p を奇素数と仮定しているのに肝腎の x、y、z が何かを仮定していない。
　なぜきちんと仮定しない。
　「有理数解を持つかを検討する」
から判断すれば x、y、z は有理数と仮定したと思われてもしょうがない。
　「①をz=x+rとおくと」
とあるが、これも r が何なのか明確に仮定していない。これだけでもいいかげんな証明だとわかる。
　x、y、z が有理数なら r は必ず有理数となる。

　　r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…④
とする。③は
　　r^(p-1)=p
とすると
　　r=p^{1/(p-1)}
となるので

　ならない。こんなデタラメは許されない。ここを何度も何度も間違いと指摘されているのに、なぜ
修正しないのだ。
　そもそも
　　r=p^{1/(p-1)}
としてしまったら、r は実数になってしまい、r が有理数という仮定に反するからこの時点で証明は
無意味となる。これも、何度も何度も指摘されているのに、なぜ過ちを修正しない。

日高 · 2019/10/18(金) 16:49:58.33

>r は実数になってしまい、r が有理数という仮定に反するからこの時点で証明は
無意味となる。

rは、有理数と仮定しなくては、いけないのでしょうか？

日高 · 2019/10/18(金) 17:48:39.08

r^(p-1)=pと、できない理由を、どなたか教えていただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 17:58:55.71

>>561
いや、貴方が証明してないからでしょ。
証明すれば使えるよ。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 18:55:31.41

r^(p-1)=p になる理由を聞いてんのに、できない理由を聞き返すなよ

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 18:56:40.99

>>560
xとzが自然数で、x＜zなので、x+r=zならば、rは自然数でしかありえない。

有理数ではなく自然数でなければならないよ。

日高 · 2019/10/18(金) 19:12:53.97

>xとzが自然数で、x＜zなので、x+r=zならば、rは自然数でしかありえない。

有理数ではなく自然数でなければならないよ。

zを自然数と仮定しなくては、いけないのでしょうか？

日高 · 2019/10/18(金) 19:36:55.50

>r^(p-1)=p になる理由を聞いてんのに、できない理由を聞き返すなよ

できない理由が、ないならば、できるのでは、ないでしょうか？

日高 · 2019/10/18(金) 19:42:41.89

【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】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…④
となる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑤となる。
⑤をxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:z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。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 19:47:56.66

↑マイナス∞点

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 19:52:01.75

出来ない理由がないことを証明してから使えよ。

日高 · 2019/10/18(金) 19:58:31.65

>出来ない理由がないことを証明してから使えよ

出来ない理由がわからないので、お聞きしました。

日高 · 2019/10/18(金) 20:01:18.10

>↑マイナス∞点

理由教えていただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 20:45:26.06

>>565
zが自然数でない場合を仮定しても証明にはならないよ

日高 · 2019/10/18(金) 21:01:29.33

>zが自然数でない場合を仮定しても証明にはならないよ

理由を教えていただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 21:06:56.19

zが自然数でない場合を仮定しても、x^p+y^p=z^pが自然数解を持たないことの証明にはならないよ
比が同じだからというのは理由にならない。現に比が同じという理由でペテンを働く日高という人物がいる

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 21:23:06.73

>>566
その理屈でいうなら、できる理由がないからできないね

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/18(金) 22:12:16.54

>>570
> 出来ない理由がわからないので、お聞きしました。
あ、そう。わからないなら使うなよ。ただそれだけ。

日高 · 2019/10/19(土) 05:57:33.53

>比が同じだからというのは理由にならない。

どうして、理由にならないのでしょうか？

日高 · 2019/10/19(土) 06:01:42.15

【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】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…④
となる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑤となる。
⑤をxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:z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。

日高 · 2019/10/19(土) 06:46:50.38

x(x-2)=3×4ならば、

x(x-2)=a3×(1/a)4とすると、

左辺の左側＝右辺の左側，　左辺の右側＝右辺の右側

x=a3, (x-2)=(1/a)4となります。

x=1+√13,　　a=(1+√13)/3

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/19(土) 07:13:20.97

　私は齢70を越えた老人である。

　私の朝は、まずティンポの勃起度を確認することから始まる。
　長年のセンズリのし過ぎで、先端がやや曲がっているのがやや難点だが、
いまだ女の生身を知らぬ、汚れなき威容がまことに神々しい。

　その神々しいティンポをさすりながら、ライフワークとして取り組んでいる
フェルマーの最終定理の証明をさらに磨きをかけるため、きょうも朝から精進
している。

　まずはここで↑の2つの投稿を試みた。
　私の証明は、「超数学」的思考方法によるものなので、ここに集う私の熱狂的
なファンの方にとっては何回であろうとは思うが、頭でなく、下半身で考えるこ
とに練達すれば必ず理解できるようになる。

　今日も皆さんの活発な投稿を歓迎したい。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/19(土) 07:16:56.11

　ティンポが爆発しそうなあまり、誤記してしまった。

>　私の証明は、「超数学」的思考方法によるものなので、ここに集う私の熱狂的
>なファンの方にとっては何回であろうとは思うが、頭でなく、下半身で考えるこ
>とに練達すれば必ず理解できるようになる。

　ファンの方にとっては難解であろうとは思うが

　大変失礼した。

②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…③とする。
③はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…④
となる。

という思考方法は、何人も犯すことができない、大宇宙の真理である。

**ID:1lEWVa2s** · 2019/10/19(土) 07:31:23.35

>>581
気付かなかった
今日から1のファンになりました。
ありがとうございまはす。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/20(日) 16:44:44.17

>>43 >>44 の証明はたしかに簡単ですね。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/21(月) 11:46:21.34

死んだか

日高 · 2019/10/22(火) 18:56:49.94

【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】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…④
となる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑤となる。
⑤をxa^{1/(p-1)}=X, ya^{1/(p-1)}=Y, xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/22(火) 19:27:16.97

本物か？
構われないからって指摘全部無視してずーっと同じこと書き込み続けるつもりか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/22(火) 19:46:35.98

　ティムポの調子が悪かったので、しばらく投稿を休ませてもらった。
　70歳を超えると、ちょっとしたことで大事なティムポの具合が悪くなる。

　>>585 の証明の表現は深遠すぎてなかなか理解しがたいことだと思う。しかし、
それは頭で考えるからよくわからないのであって、ティムポで考えることに慣れ
れば、自ずからわかってくるだろう。
　>>585 は通常の数学ではなく、かの偉大な

　　珍個満湖結合の大定理

が支配する超数学の世界での証明なのだ。
　諸君がわかるまで、そして女の生身を知らぬわがティムポが健在である限り、
投稿は続けようと思う。