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。

**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。

日高 · 2019/10/22(火) 20:37:14.79

>「指摘全部無視して」
どの部分のことでしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/22(火) 21:21:23.77

> どの部分のことでしょうか？

　たとえば >>579 は「珍個満湖結合の大定理」を使わないと成立しない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/22(火) 21:24:04.66

「フェルマーの最終定理を証明しました」というメール。また来た。

毎度毎度「間違っていたら指摘してください」と言ってくるけど、自分の論考のバグ出しのために他人の時間を無料で使えると思ってるところがまず間違いだよ。そこ指摘したい気もするけど、そもそも反応を返したくない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/22(火) 22:49:40.41

>>588
分からないんですか？

日高 · 2019/10/23(水) 06:41:09.24

>分からないんですか？

分かりません。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/23(水) 07:45:44.29

>>592
何故分からないんですか？

日高 · 2019/10/23(水) 08:03:46.31

>何故分からないんですか？

どの部分のことを指しているのですか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/23(水) 08:21:10.58

馬鹿日高はこれを10回音読して下さい。

「フェルマーの最終定理を証明しました」というメール。また来た。

毎度毎度「間違っていたら指摘してください」と言ってくるけど、自分の論考のバグ出しのために他人の時間を無料で使えると思ってるところがまず間違いだよ。そこ指摘したい気もするけど、そもそも反応を返したくない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/23(水) 08:24:26.69

　私は70歳を超えた今日まで童貞を守ってきた。したがって私のティムポは汚れを知らない。
　男女間の愛欲どころか、淡い恋らしき恋も経験したこともない。
　そんな私の唯一の楽しみがフェルマーの最終定理の証明なのだ。簡にして要を極めた私の
証明は深い思想をたたえているので、なかなか万人には理解しがたい。
　しかし、いつか必ず広く受け入れられることを確信している。だからこそメールもするし
ここの投稿も続ける。

日高 · 2019/10/23(水) 08:32:17.87

【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** · 2019/10/23(水) 08:54:13.88

>>594
>>588です
何故分からないんですか？

日高 · 2019/10/23(水) 09:44:19.34

>何故分からないんですか？

具体的に、指摘していただけないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/23(水) 09:59:01.13

>>599
今までずーっと指摘されたことを、また具体的に言わないといけないんですか？

日高 · 2019/10/23(水) 10:42:23.43

お願いします。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/23(水) 11:06:36.86

無限ループw

日高 · 2019/10/23(水) 11:09:05.09

お願いします。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/23(水) 11:12:02.70

少なくとも、これまでのいくつかの掲示板を含む指摘すべてを読み返し、似たような指摘に対しては、過去自分がどのような返事をして、どのように解決していないのか説明するべき。

そうでないなら、メールを送りつけたり他人に質問する資格なし。

日高 · 2019/10/23(水) 11:19:45.75

>どのように解決していないのか説明するべき。

最後まで、議論いただけたら幸いです。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/23(水) 11:21:08.13

>>601
少しは自分で考えたらどうですか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/23(水) 11:25:23.33

この日高という人物は、間違いがあれば指摘せよと自分から指示しておきながら、いざ指摘があると、只「わかりません」とだけ返すことを繰り返してきた

指摘者たちは当然ながら、この日高という人物には、理解力がないばかりか、理解しようと努力もしないし、そもそも理解しようという意思がないものと解釈する

そして誰もいなくなった

日高 · 2019/10/23(水) 11:27:24.63

>少しは自分で考えたらどうですか？

他人の考えを、聞くのも、重要だと思います。

日高 · 2019/10/23(水) 11:31:35.19

【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】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** · 2019/10/23(水) 11:37:10.92

短期間に同じ内容を多数投稿する行為は「荒らし」だよ

日高 · 2019/10/23(水) 11:41:12.96

>短期間に同じ内容を多数投稿する行為は「荒らし」だよ

「荒らし」に当たるかもしれませんが、
見やすくするためです。