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** · 2019/10/24(木) 20:13:41.16

>>670
分かりません
もっと詳しく証明してください

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/24(木) 20:17:27.90

> 「そうでなければ話にならない。」
> 理由を教えていただけないでしょうか。

　では逆に聞くが >>394 にある「特定できない数」を利用して
　　x は特定できない数 1/(1-1)
　　y は特定できない数 2/(1-1)
　　z は特定できない数 3/(1-1)
でもいいのか（笑）。

日高 · 2019/10/24(木) 20:32:42.84

>分かりません
もっと詳しく証明してください

AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなります。

日高 · 2019/10/24(木) 20:38:22.48

a^{1/(1-1)}は、特定できない数ですが、
a^{1/(2-1)}は、特定できる数です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/24(木) 20:49:31.46

> AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなります。
　そんなことは当たり前だ。

　　r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
から、なぜ勝手に
　　r^(p-1) = p
という条件だけを取り上げるのかと何度も質問されてるだろ。
　　r^(p-1) = A
　　{(y/r)^p-1} = B
　　p = C
　　{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} = D
であるときなぜ
　　r^(p-1) = p
だけを取り上げ
　　r^(p-1) = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
である場合を考慮しないのだ。>>55あたりの考え方では話にならん。
　それがわからんのであれば証明なんか止めた方がいいぞwwwwwwww

日高 · 2019/10/24(木) 21:32:12.82

>r^(p-1) = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
である場合を考慮しないのだ。>>55あたりの考え方では話にならん。

{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}は、変数を含むからです。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/24(木) 21:41:40.54

> {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}は、変数を含むからです。
　何を戯けたことをいっているのだ。
　{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} に定数が含まれているのか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 02:04:41.24

>>662
ねえねえ
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」と「x,yが有理数」が矛盾するとき、どうして「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」を否定しないの？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 02:07:40.47

>>673
ねえねえ
AB=CDのとき、どうしてA=Cじゃなきゃいけないの？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 02:09:50.82

>>664
ねえねえ
r が実数のとき、どうして r が有理数であることと矛盾するの？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 07:31:26.65

>>676
まず変数ってなに？
xyのこと？

次に、例えば
　r^(p-1){(y/r)^p-1}=p^2{x^(p-1)/p+…+r^(p-2)x/p}
と変形すれば君の理屈で
　r^(p-1)=p^2
になってもいいよね。なんで
　r^(p-1)=p
なの？

日高 · 2019/10/25(金) 09:09:19.14

>{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} に定数が含まれているのか？

xが変数、rが定数です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 09:12:53.28

方程式の未知数は変数ではないのでは？

日高 · 2019/10/25(金) 09:13:06.04

>「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」と「x,yが有理数」が矛盾するとき、どうして「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」を否定しないの？

すみません。意味がよくわからないので、
別の言い方ができないでしょうか。

日高 · 2019/10/25(金) 09:15:12.86

>AB=CDのとき、どうしてA=Cじゃなきゃいけないの？

A=Dでも良いです。

日高 · 2019/10/25(金) 09:21:33.90

>r が実数のとき、どうして r が有理数であることと矛盾するの？

すみません。意味がはっきりわかりませんが、
r=p^{1/(p-1)}の場合は無理数、
r=(ap)^{1/(p-1)}の場合は有理数となります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 09:23:44.21

>>682
> xが変数、rが定数です。

　　z=x+rとおくんだろうが。zも変数だから r はｘとzに依存する変数ではないか。

　こんなことすらわからんのか！

日高 · 2019/10/25(金) 09:39:39.78

>まず変数ってなに？
xyのこと？

そうです。

>次に、例えば
　r^(p-1){(y/r)^p-1}=p^2{x^(p-1)/p+…+r^(p-2)x/p}
と変形すれば君の理屈で
　r^(p-1)=p^2
になってもいいよね。なんで
　r^(p-1)=p
なの？

r^(p-1)=p^2は、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/aの形にして、
aにpを代入した場合となります。

r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/aと、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}の
x,y,zの比は、同じとなります。

よって、r^(p-1)=p^2となっても、かまいません。

日高 · 2019/10/25(金) 09:45:54.61

>z=x+rとおくんだろうが。zも変数だから r はｘとzに依存する変数ではないか。

すみません。一般的には、そうですが、私の証明の場合は、
先ず、rを決めて、それから、xを変化させます。

日高 · 2019/10/25(金) 10:00:57.34

>方程式の未知数は変数ではないのでは？

すみません。用語の使い方が間違っているかもしれません。
x,yは、変化する数という意味です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 10:04:13.45

>>688
例えばって書いてあるんだけど...

0にはならない任意のf(p)に対して、
　r^(p-1){(y/r)^p-1}=p f(p){x^(p-1)/f(p)p+…+r^(p-2)x/f(p)}
と変形すれば君の理屈で
　r^(p-1)=p f(p)
になるね。それに対して、xyzの比が変わらないことを示してみて？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 10:05:28.49

>>690
何に対して変化するのですか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 10:08:39.64

>>691
あ、ごめん、pばっかり気にしてたけどrもきにしないとね
だから、

0にはならない任意のf(p,r)、g(p,r)に対して、
　g(p,r)r^(p-1) {(y/r)^p-1}/g(p,r)=p f(p
,r){x^(p-1)/f(p,r)p+…+r^(p-2)x/f(p,r)}
と変形すれば君の理屈で
　g(p,r) r^(p-1)=p f(p,r)
になるね。このときxyzの比が一定であることを示してみて？

日高 · 2019/10/25(金) 11:13:43.58

>0にはならない任意のf(p)に対して、
　r^(p-1){(y/r)^p-1}=p f(p){x^(p-1)/f(p)p+…+r^(p-2)x/f(p)}
と変形すれば君の理屈で
　r^(p-1)=p f(p)
になるね。それに対して、xyzの比が変わらないことを示してみて？

f(p)=aとします。a=1
p=2の場合、r=p=2
3^2+4^2=(3+2)^2
x=3,y=4,z=5 x:y:z=3:4:5

a=2, r=ap=2*2=4
6^2+8^2=(6+4)^2
X=6,Y=8,Z=10 X:Y:Z=6:8:10=3:4:5
となります。

**日高ま** · 2019/10/25(金) 11:19:45.85

>0にはならない任意のf(p,r)、g(p,r)に対して、
　g(p,r)r^(p-1) {(y/r)^p-1}/g(p,r)=p f(p
,r){x^(p-1)/f(p,r)p+…+r^(p-2)x/f(p,r)}
と変形すれば君の理屈で
　g(p,r) r^(p-1)=p f(p,r)
になるね。このときxyzの比が一定であることを示してみて？

すみません。この書き方は、理解できませんので、
別の書き方ができないでしょうか。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 12:07:01.57

>>694
特別なf(p)ではなく、任意のf(p)を考えてください
また、pもxyzもお特別なものを使わずに一般的に示してください

>>695
どこが理解できないの？

日高 · 2019/10/25(金) 12:23:17.23

>任意のf(p,r)、g(p,r)

この書き方です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 12:33:58.04

>>697
書き方というのは？
f(p,r)もg(p,r)も、pとrの式、程度の意味ですよ

日高 · 2019/10/25(金) 13:32:51.09

>f(p,r)もg(p,r)も、pとrの式、程度の意味ですよ

多分、この場合は、違うような気がします。(使い方が）
私は、中学生程度の学力なので、正確には理解できませんが。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 13:40:58.28

中学生程度の学力なら証明は無理でしょうね

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 13:49:45.02

また例えばですが、

問題の式を
　(p+r)r^(p-1) {(y/r)^p-1}/(p+r)=p p^r {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/p^r
と変形すれば君の理屈で
　(p+r)r^(p-1)=p^(1+r)
になるね。それでもxyzの比が一定であることを示してみて？

日高 · 2019/10/25(金) 14:22:42.58

すみません。
(p+r)r^(p-1) {(y/r)^p-1}/(p+r)=p p^r {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/p^rが、
なぜ(p+r)r^(p-1)=p^(1+r)となるのでしょうか？（私の理屈で）

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 14:33:01.67

>>702
左側同士が等しいんでしょ？

日高 · 2019/10/25(金) 15:40:04.48

ありがとうございました。(p+r)r^(p-1)=p^(1+r)は、わかりました。

s=({p^(1+r)}/(p+r))^{1/(p-1)})/(p^{1/(p-1)})とおくと

X=x*s, Y=y*s, Z=z*sとなるので、

X:Y:Z=x*s:y*s:z*s=x:y:zとなります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 16:08:35.78

　それにしても、いくら他に趣味のない爺さんとはいえ、こんなデタラメ
を極めたような証明を繰り返してホントに楽しいのだろうか？

　まともな数学は、ときに愉悦的ともいえるような楽しみ方もできるのに。

　なお

「どの部分がデタラメを極めたような証明なのでしょうか」

という質問については

「すべて」

という解答を用意しておく。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 16:23:12.09

>>704
X=sx を証明してください
まずXって何でしょうか？

日高 · 2019/10/25(金) 21:41:10.15

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 22:39:32.21

>>707
>>706へのお答えは？

日高 · 2019/10/25(金) 22:46:00.28

>X=sx を証明してください
まずXって何でしょうか？

s=R/rです。R=(pa)^{1/(p-1)}です。a={p^(1+r)/(p+r)}/pです。

r=p^{1/(p-1)}です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 22:56:58.71

>>709
Xが何か聞いてるんですが

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/25(金) 22:58:22.92

それと今は
　(p+r)r^(p-1)=p^(1+r)
でしたよね？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 00:25:23.54

爺さんは朝が早いからもう寝たんだろうなwwwwwwwww

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 01:05:54.82

https://woorex.com/index.html

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 02:17:11.19

奇数芸人スレもそうなんだけど、この手の一見理解しやすいけど解かれてない命題をせいぜい高校数学くらいの知識で解こうとする、もしくは解けたと思い込むのは数学者への冒涜。教科書に載るレベルの天才達が挫折して来た事実をもっと理解した方がいい。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 05:21:03.62

　高校数学どころか、この爺さんのは猿の惑星の数学だぞwww
>>362以降の
　　1/(1-1)
絡みの問答は抱腹絶倒モノ

362 名前：日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日：2019/10/15(火) 10:08:37.58 ID:b0R+vbgD [6/23]
xa^{1/(1-1)}, ya^{1/(1-1)},xa^{1/(1-1)},(1a)^{1/(1-1)})
は、個々には計算できませんが、

(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…⑤
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、可能です。

　朝の早い爺さん、今日もチンポをさすりながら、ここの投稿を楽しむことだろう（笑）

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 05:21:45.23

そして君では判断すら無理だということを自覚したほうがいい

日高 · 2019/10/26(土) 09:50:38.32

>それと今は(p+r)r^(p-1)=p^(1+r)でしたよね？

(p+r)r^(p-1)=p^(1+r)
r^(p-1)=p^(1+r)/(p+r)
r={p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)}…(1)
　
r=p^{1/(p-1)}…(2)

x^p+y^p=(x+(1))^p…(A)
x^p+y^p=(x+(2))^p…(B)

(A)のx,y,zの比と、(B)のx,y,zの比は等しくなります。

日高 · 2019/10/26(土) 09:54:15.52

【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** · 2019/10/26(土) 10:24:43.10

　　　　┏┓ 　　┏┓
┏━━━━━━━┻┻━━━━━━━━━━━━┻┻━━━━━━┓
┃>>362 名前：日高投稿日：2019/10/15(火) 10:08:37.58 ID:b0R+vbgD ┃
┃xa^{1/(1-1)}, ya^{1/(1-1)},xa^{1/(1-1)},(1a)^{1/(1-1)}) 　　　　 ┃
┃は、個々には計算できませんが、　　　 ┃
┃(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…⑤　┃
┃の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、可能です。　　┃
┗━━━━━━━┳┳━━━━━━━━━━━━┳┳━━━━━━┛
　　　　 ┗┛ 　　　　　　　 ┗┛

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 10:25:34.35

>>362 名前：日高投稿日：2019/10/15(火) 10:08:37.58 ID:b0R+vbgD

xa^{1/(1-1)}, ya^{1/(1-1)},xa^{1/(1-1)},(1a)^{1/(1-1)})
は、個々には計算できませんが、
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…⑤
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、可能です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 11:04:42.78

>>717
(A)のx,y,zの比と(B)のx,y,zの比が等しくなることを証明してください

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 11:49:57.61

アインシュタイン間違ってる本で日高ってのいるんだけど、この気狂いと同一人物？
あれもプロフィールにフェルマー予想がうんたら書いてる。(日高　フェルマー予想でググったら出てきた。)

日高 · 2019/10/26(土) 11:51:05.17

>(A)のx,y,zの比と(B)のx,y,zの比が等しくなることを証明してください

(B)の両辺に、(({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)})^pを掛けると、(A)となります。

日高 · 2019/10/26(土) 12:03:51.20

>アインシュタイン間違ってる本で日高ってのいるんだけど、この気狂いと同一人物？

まったく、違います。赤の他人です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 13:02:51.46

似たようなもんだが、あえて言えばここの日高爺はコンノケンイチタイプだろうwwwwww

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 13:13:53.97

>>721
ならないと思うんですけど
ちゃんと計算してみてくれませんか

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 13:14:14.80

あ、失礼>>723です

日高 · 2019/10/26(土) 14:06:23.22

>ちゃんと計算してみてくれませんか

x^p+y^p=(x+{p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)})^p…(A)
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(B)

(B)の両辺に、({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)})^pを掛けると、

(x({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}))^p+(y({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}))^p
=(((x({p^(1+r)/(p+r)}/p)+(p^{1/(p-1)})({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}))^p

(x({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}))^p+(y({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}))^p
=(((x({p^(1+r)/(p+r)}/p)+{p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)})^p
となるので、(A)のx,y,zの比と、(B)のx,y,zの比は等しくなります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 14:13:05.37

見にくくてあれですが、(A)にはなってないですよね

日高 · 2019/10/26(土) 14:19:03.93

>見にくくてあれですが、(A)にはなってないですよね

(A)のx,y,zは、(B)のx,y,zの{p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}倍となっています。

日高 · 2019/10/26(土) 14:22:07.57

(A)のx,y,zをX,Y,Zとすると、(B)のx,y,zの{p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)}倍となっています。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 14:32:53.87

そうですね
zはどうですか？

日高 · 2019/10/26(土) 16:01:57.64

>zはどうですか？

どういう意味でしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 16:11:13.41

>>730
ひとつの変数を複数の意味で使うなとあれほど

日高 · 2019/10/26(土) 16:19:37.23

>ひとつの変数を複数の意味で使うなとあれほど

どういう意味でしょうか？

日高 · 2019/10/26(土) 16:27:02.71

わかりました。
x○○=Xとおくと
こういう形にするべきということですね。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 16:52:11.14

>>735
(A)のx,y,zは、(B)のx,y,zとは別の意味なんだろ？
だったら同じ記号を使うと混乱するから避けるべき

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 16:54:38.73

>>733
zは(A)にも(B)にもありません

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 16:58:23.27

>>728
x^p+y^p=(x+{p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)})^p…(A)
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(B)

(B)の両辺に、({p^(1+r)/(p+r)}/p)^{1/(p-1)})^pを掛けると、

・・・・・

(A)のx,y,zの比と、(B)のx,y,zの比は等しくなります。

　謎の z

日高 · 2019/10/26(土) 18:33:24.85

zは、(x+{p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)})^p…(A)
(x+p^{1/(p-1)})^p…(B)
です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 18:53:17.61

>>718
前半部分(④まで)は、「かつr^(p-1)=pかつxが有理数ならば、x,y,zのいずれかは有理数でない」ことを示しているが、
r^(p-1)=pでないときについては何も証明していない

残りの部分は、「x,y,zと、それらを等倍したX,Y,Zとの間にX:Y:Z=x:y:zの関係が成り立つ」ことは示しているが、
x^p+y^p=z^pかどうか、X^p+Y^p=Z^pかどうかについては何も証明していない
(x^p+y^p=z^pとX^p+Y^p=Z^pは同値であるが、それらがどういう数であるかは示されていない)

異論あるかね？

日高 · 2019/10/26(土) 19:10:29.91

>zは、(x+{p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)})^p…(A)
(x+p^{1/(p-1)})^p…(B)
です。

訂正します。
(A)のzは、(x+{p^(1+r)/(p+r)}^{1/(p-1)}です。
(B)のzは、(x+p^{1/(p-1)})です。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 19:29:47.76

　日高クンは今月の年金で 1 個 66 円の柿と 1 個 35 円のミカンを
合わせて 3890 円分買いました。このとき、柿とミカンをそれぞれ
何個ずつ買ったのでしょうか?

日高 · 2019/10/26(土) 19:40:33.23

>前半部分(④まで)は、「かつr^(p-1)=pかつxが有理数ならば、x,y,zのいずれかは有理数でない」ことを示しているが、
r^(p-1)=pでないときについては何も証明していない

r^(p-1)=pでないときは、r^(p-1)=apとなります。
r^(p-1)=pのときと、r^(p-1)=apのときは、x,y,zの比は等しくなります。

>残りの部分は、「x,y,zと、それらを等倍したX,Y,Zとの間にX:Y:Z=x:y:zの関係が成り立つ」ことは示しているが、
x^p+y^p=z^pかどうか、X^p+Y^p=Z^pかどうかについては何も証明していない
(x^p+y^p=z^pとX^p+Y^p=Z^pは同値であるが、それらがどういう数であるかは示されていない)

X^p+Y^p=Z^pとx^p+y^p=z^pは同値となるので、
x^p+y^p=z^pのみを検討すればよい。

と思います。

**ニセ日高** · 2019/10/26(土) 19:49:56.91

>>743
なぜ柿を買うのでしょうか。
理由を教えていただけると幸いです。
私は柿より林檎が好きなのですが。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 20:17:52.28

　日高クンは今月の年金で Pornhub の 1 本 66 円の和物動画と 1 本 35 円
の洋物動画を合わせて 3890 円分ダウンロードしました。このとき、和物動画
と洋物動画をそれぞれ何本ずつダウンロードしたのでしょうか?

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/26(土) 21:33:57.42

>>744
＞r^(p-1)=pでないときは、r^(p-1)=apとなります。
＞r^(p-1)=pのときと、r^(p-1)=apのときは、x,y,zの比は等しくなります。

ダウト。r^(p-1)=ap のとき、r が無理数であることは示せないので、
「xを有理数とすると、zは無理数となる」が成立しません、よって、「④,②,①は有理数解を持たない。」も成立しません

＞X^p+Y^p=Z^pとx^p+y^p=z^pは同値となるので、
＞x^p+y^p=z^pのみを検討すればよい。

ダウト。後半部分ではX、Y、Zもx、y、zも整数比でないと示していません。

よって>>718は証明ではありません。

日高 · 2019/10/27(日) 06:12:17.93

>ダウト。r^(p-1)=ap のとき、r が無理数であることは示せないので、
「xを有理数とすると、zは無理数となる」が成立しません、よって、「④,②,①は有理数解を持たない。」も成立しません

r^(p-1)=ap のときと、r^(p-1)=pのときの、x,y,zの比は等しくなります。…(1)

>ダウト。後半部分ではX、Y、Zもx、y、zも整数比でないと示していません。

r^(p-1)=pのとき整数比とならないならば、(1)により、r^(p-1)=ap のときも、
整数比となりません。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/27(日) 06:29:30.55

＞>ダウト。r^(p-1)=ap のとき、r が無理数であることは示せないので、
＞「xを有理数とすると、zは無理数となる」が成立しません、よって、「④,②,①は有理数解を持たない。」も成立しません
＞r^(p-1)=ap のときと、r^(p-1)=pのときの、x,y,zの比は等しくなります。…(1)

比が等しいことは関係ありません。xとr が有理数であれば、z(=x+r)は必ず有理数なので
「xを有理数とすると、zは無理数となる」は成立することはありません。

＞r^(p-1)=pのとき整数比とならないならば、(1)により、r^(p-1)=ap のときも、
＞整数比となりません。

r^(p-1)=ap のとき整数比とならないとはいえません。
なぜならば、rが無理数とはいえないからです。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/27(日) 06:30:51.63

＞r^(p-1)=ap のときと、r^(p-1)=pのときの、x,y,zの比は等しくなります

これ自体がダウトですね。

z=x+r です。よって、r の値が異なれば、x と z の比は必ず異なります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/27(日) 07:07:10.62

比が等しい、って説がそもそもダウトなんだよな
z=x+rなんだから、

rが無理数ならば「xを有理数とすると、zは無理数となる」だから、xとzは整数比になり得ない……(1)

rが有理数ならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、xとzは必ず整数比になる……(2)

つまり、

★★(1)と(2)のxとzの比が等しくなることは決してあり得ない★★

日高は決して等しくなり得ない(1)と(2)のxとzの比が等しいと主張しているが、そもそも、それ自体が誤りである。
日高の証明の誤りはここに起因している。

日高 · 2019/10/27(日) 07:30:20.49

>r^(p-1)=ap のとき整数比とならないとはいえません。
なぜならば、rが無理数とはいえないからです。

rが有理数の場合でも、r^(p-1)=ap のときと、r^(p-1)=pのときの、x,y,zの比は等しくなります。

**ニセ日高** · 2019/10/27(日) 07:43:20.55

>>746
なぜ柿が和物動画になりミカンが洋物動画になるのでしょうか。
柿は和物動画になりません。

日高 · 2019/10/27(日) 07:47:45.42

>z=x+r です。よって、r の値が異なれば、x と z の比は必ず異なります。

rが、p^{1/(p-1)}の場合は、z=x+p^{1/(p-1)}です。

rが、(ap)^{1/(p-1)}の場合は、
z*(a^{1/(p-1)}=x*(a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)}となります。

z*(a^{1/(p-1)}=Z, x*(a^{1/(p-1)}=Xとおくと、
X:Z=x:zとなります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/27(日) 07:49:47.80

＞rが有理数の場合でも、r^(p-1)=ap のときと、r^(p-1)=pのときの、x,y,zの比は等しくなります。

751に同じことが書かれているが、
r^(p-1)=pのとき、rは無理数だから、そのときのx:y:zと
rが有理数の場合のx:y:zが等しくなることは絶対にない。絶対に。

それでも、もし比が等しいという駄々をこねるなら、以下について反例を挙げてみなさい。
・有理数x＋有理数r＝有理数z　（→ x:zは整数比）
・有理数x＋無理数r＝無理数z　（→ x:zは非整数比）

日高 · 2019/10/27(日) 07:55:36.40

>★★(1)と(2)のxとzの比が等しくなることは決してあり得ない★★

rが、p^{1/(p-1)}の場合は、z=x+p^{1/(p-1)}です。

rが、(ap)^{1/(p-1)}の場合は、
z*(a^{1/(p-1)}=x*(a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)}となります。

z*(a^{1/(p-1)}=Z, x*(a^{1/(p-1)}=Xとおくと、
X:Z=x:zとなります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/27(日) 08:00:36.42

>>756
都合の悪い部分を隠蔽するのやめようよ。
理解できなければ何度でも説明するよ。

z=x+rなんだから、

rが無理数ならば「xを有理数とすると、zは無理数となる」だから、xとzは整数比になり得ない……(1)

rが有理数ならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、xとzは必ず整数比になる……(2)

つまり、
★★(1)と(2)のxとzの比が等しくなることは決してあり得ない★★

整数比になりえない(1)と、整数比でしかない(2)は、何倍しても何倍しても決して一致することはないの。

日高 · 2019/10/27(日) 08:03:32.83

>それでも、もし比が等しいという駄々をこねるなら、以下について反例を挙げてみなさい。
・有理数x＋有理数r＝有理数z　（→ x:zは整数比）
・有理数x＋無理数r＝無理数z　（→ x:zは非整数比）

上記は、正しいです。
私の主張は、別のことです。

rが、p^{1/(p-1)}の場合は、z=x+p^{1/(p-1)}です。

rが、(ap)^{1/(p-1)}の場合は、
z*(a^{1/(p-1)}=x*(a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)}となります。

z*(a^{1/(p-1)}=Z, x*(a^{1/(p-1)}=Xとおくと、
X:Z=x:zとなります。

rが、(ap)^{1/(p-1)}の場合は、rは有理数となりえます。

日高 · 2019/10/27(日) 08:07:26.74

z=x+rなんだから、

rが無理数ならば「xを有理数とすると、zは無理数となる」だから、xとzは整数比になり得ない……(1)

rが有理数ならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、xとzは必ず整数比になる……(2)

つまり、
★★(1)と(2)のxとzの比が等しくなることは決してあり得ない★★

整数比になりえない(1)と、整数比でしかない(2)は、何倍しても何倍しても決して一致することはないの。

上記は、正しいです。
私の主張は、別のことです。

rが、p^{1/(p-1)}の場合は、z=x+p^{1/(p-1)}です。

rが、(ap)^{1/(p-1)}の場合は、
z*(a^{1/(p-1)}=x*(a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)}となります。

z*(a^{1/(p-1)}=Z, x*(a^{1/(p-1)}=Xとおくと、
X:Z=x:zとなります。

rが、(ap)^{1/(p-1)}の場合は、rは有理数となりえます。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/27(日) 08:15:02.45

>>758
＞私の主張は、別のことです。
別のことではないよ。aがどんな値をとっても、x:z=xa^{1/(p-1)}:za^{1/(p-1)}なんだから、
整数比であるものはどこまで行っても整数比だし、
整数比でないものはどこまで行っても整数比にはならない。
rが無理数であるときに「④,②,①は有理数解を持たない。」を示しても
rが有理数であるときに「④,②,①は有理数解を持たない。」を示すことはできない。
なぜならx:zが異なるから。
aがいくつであっても、rが無理数のときのx:zと、rが有理数のときのx:zは、決して一致することはないから。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/27(日) 08:23:16.84

>>759
何度でも同じこと書くしかないのかなあw

z=x+rなんだから、

r=p^{1/(p-1)}ならば、rは無理数だから「xを有理数とすると、zは無理数となる」よって、xとzは整数比になり得ない……(1)

rが有理数になるようにaを決めてr=(ap)^{1/(p-1)}としたならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、xとzは必ず整数比になる……(2)

つまり、
★★(1)と(2)のxとzの比が等しくなることは決してあり得ない★★

整数比になりえないr=p^{1/(p-1)}のときのx:z(1)と、整数比でしかないr=(ap)^{1/(p-1)}のときのx:z(2)は、決して一致することはない。断じてありえない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/27(日) 08:51:16.22

> 何度でも同じこと書くしかないのかなあw
何度説明しても無理だろう。

日高語録

>>362
xa^{1/(1-1)}, ya^{1/(1-1)},xa^{1/(1-1)},(1a)^{1/(1-1)})
は、個々には計算できませんが、
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…⑤
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、可能です。

>>366
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…⑤
の両辺を、a^{1/(1-1)}で割ることは、方程式の性質により、可能です。　

>>390
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。

>>402
(xa^{1/(1-1)}) + (ya^{1/(1-1)}) = (xa^{1/(1-1)} + (1a)^{1/(1-1)})…⑤
は、
x+y=x+1となるので、数学における「式」とはまったく無関係な、単なる文字の羅列ではないと思います。

>>689
>z=x+rとおくんだろうが。zも変数だから r はｘとzに依存する変数ではないか。
すみません。一般的には、そうですが、私の証明の場合は、
先ず、rを決めて、それから、xを変化させます。

日高 · 2019/10/27(日) 09:05:43.68

>aがいくつであっても、rが無理数のときのx:zと、rが有理数のときのx:zは、決して一致することはないから。

p=3の場合、

r=(ap)^{1/(p-1)}なので、

a=3ならば、r=(3*3)^(1/2)=3となります。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/27(日) 09:15:39.66

>>763
＞a=3ならば、r=(3*3)^(1/2)=3となります。

それがどうした？
aがいくつであっても、rが無理数のときのx:zと、rが有理数のときのx:zは、絶対に一致することはないことに変わりがない。

日高 · 2019/10/27(日) 09:45:13.96

【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** · 2019/10/27(日) 09:53:55.71

>>765
何度でも同じこと書くしかないのかなあw

z=x+rなんだから、

r=p^{1/(p-1)}ならば、rは無理数だから「xを有理数とすると、zは無理数となる」よって、x:zは整数比になり得ない……④

rが有理数になるようにaを決めてr=(ap)^{1/(p-1)}としたならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、x:zは必ず整数比になる……⑤

つまり、
★★④と⑤のx:y:zの比が等しくなることは決してあり得ない★★

整数比になりえないr=p^{1/(p-1)}のときのx:y:z④と、整数比でしかないr=(ap)^{1/(p-1)}のときのx:y:z⑤は、決して一致することはない。断じてありえない。

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/27(日) 10:08:12.04

困ったら>>765を貼ってリセットすんのなww

日高 · 2019/10/27(日) 11:57:02.38

>z=x+rなんだから、

r=p^{1/(p-1)}ならば、rは無理数だから「xを有理数とすると、zは無理数となる」よって、x:zは整数比になり得ない……④

rが有理数になるようにaを決めてr=(ap)^{1/(p-1)}としたならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、x:zは必ず整数比になる……⑤

この場合、ｙはどうなるでしょうか？

**１３２人目の素数さん** · 2019/10/27(日) 12:37:08.51

>>768
＞この場合、ｙはどうなるでしょうか？

さあね

まさか、これまでyのことを何も考えてなかった等とは言わないでね

日高 · 2019/10/27(日) 14:12:18.33

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。

rが有理数の場合は、a^{1/(p-1)}は無理数となるので、X=xa^{1/(p-1)}は無理数となります。