フェルマーの最終定理の簡単な証明2
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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。 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】p=3とする。x^3+y^3=z^3…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^3+y^3=(x+r)^3…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^3+(y/r)^3=(x/r+1)^3, (y/r)^3-1=3{(x/r)^(3-1)+…+x/r},
r^(3-1){(y/r)^3-1}=3{x^(3-1)+…+r^(3-2)x}…➂とする。
➂はr^(3-1)=3とすると、r=3^{1/(3-1)}となるので、②はx^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})…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/(3-1)})^3を掛けた
(xa^{1/(3-1)})^3+(ya^{1/(3-1)})^3=(xa^{1/(3-1)}+(3a)^{1/(3-1)})^3…⑤となる。
⑤をxa^{1/(3-1)}=X, ya^{1/(3-1)}=Y, xa^{1/(3-1)}+(3a)^{1/(3-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴p=3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】p=2とする。x^2+y^2=z^2…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^2+y^2=(x+r)^2…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r+1)^2, (y/r)^2-1=2{(x/r)^(2-1)},
r^(2-1){(y/r)^2-1}=2{x^(2-1)}…➂とする。
➂はr^(2-1)=2とすると、r=2^{1/(2-1)}となるので、②はx^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…④となる。
④はxを有理数とすると、zは有理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持つ。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(2-1)})^2を掛けた
(xa^{1/(2-1)})^2+(ya^{1/(2-1)})^2=(xa^{1/(2-1)}+(2a)^{1/(2-1)})^2…⑤となる。
⑤をxa^{1/(2-1)}=X, ya^{1/(2-1)}=Y, xa^{1/(2-1)}+(2a)^{1/(2-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 １は高木と同じか！？
統失は数学板では全く手に負えない 【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,yは有理数とする。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)})^p…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。 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】p=3,yは有理数とする。x^3+y^3=z^3…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^3+y^3=(x+r)^3…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^3+(y/r)^3=(x/r+1)^3, (y/r)^3-1=3{(x/r)^(3-1)+…+x/r},
r^(3-1){(y/r)^3-1}=3{x^(3-1)+…+r^(3-2)x}…➂とする。
➂はr^(3-1)=3とすると、r=3^{1/(3-1)}となるので、②はx^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…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/(3-1)})^3を掛けた
(xa^{1/(3-1)})^3+(ya^{1/(3-1)})^3=(xa^{1/(3-1)}+(3a)^{1/(3-1)})^3…⑤となる。
⑤をxa^{1/(3-1)}=X, ya^{1/(3-1)}=Y, xa^{1/(3-1)}+(3a)^{1/(3-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴p=3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】p=2,yは有理数とする。x^2+y^2=z^2…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^2+y^2=(x+r)^2…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r+1)^2, (y/r)^2-1=2{(x/r)^(2-1)},
r^(2-1){(y/r)^2-1}=2{x^(2-1)}…➂とする。
➂はr^(2-1)=2とすると、r=2^{1/(2-1)}となるので、②はx^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…④となる。
④はxを有理数とすると、zは有理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持つ。
④の両辺に(a^{1/(2-1)})^2を掛けると、
(xa^{1/(2-1)})^2+(ya^{1/(2-1)})^2=(xa^{1/(2-1)}+(2a)^{1/(2-1)})^2…⑤となる。
⑤をxa^{1/(2-1)}=X, ya^{1/(2-1)}=Y, xa^{1/(2-1)}+(2a)^{1/(2-1)}=Zとおくと、
X:Y:Z=x:y:zとなる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>7
> 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】p=3,yは有理数とする。x^3+y^3=z^3…①が、有理数解を持つかを検討する。
この時点でx,zの定義が不明。
おかしなところが一つでもあれば、それ以降は全て間違いのでたらめ。
いいかげんにしろ、無視野郎。
> ①をz=x+rとおくと
何を主張したいのか、数学の文章として意味不明。
だから勉強しろっての。 > この時点でx,zの定義が不明。
x は珍歩、z は満湖であるから、それ以下の証明はすべて正しい（笑）。
珍歩、満湖はすべてを可能にするからである。
ただし、数学の証明ではないだけwwwwwwwwwwwwww。
ま、スレ主の頭の中には脳は存在しないのだから、何を言ってもダメだよ。
反応しないのが一番なんだけどね。 > ①をz=x+rとおくと
何を主張したいのか、数学の文章として意味不明。
xが有理数のとき、zが無理数となれば、有理数解は存在しないことに
なります。 >>12
説明なぞ知らん。
証明に書かれていることが間違いだから、勉強して直さない限り二度と他人に見せるな。 >>12
> ①をz=x+rとおくと
この11文字のどこにそんな内容があるのだ。この11文字が意味不明だっての。
勉強せずに投稿するな。 > ①をz=x+rとおくと
この11文字のどこにそんな内容があるのだ。この11文字が意味不明だっての。
r=z-xなので、z,xが有理数ならば、rは有理数となります。 > r=z-xなので、z,xが有理数ならば、rは有理数となります。
であれば p=3のとき
③はr^(2-1)=2とすると
なんてできないだろ。r は無理数になってしまうんだから以後どんな屁理屈を
並べたところで何の意味もない。
③はr^(2-1)=2とすると ⇔ r を無理数とすると
なのだから z=x+r という定義によりzかxの少なくともどちらか1つは必ず無理数となるので
x^p+y^p=z^p
は成り立つ。 >>15
> ①をz=x+rとおくと
どんな説明を後から加えようと、この記述が意味不明なのは変わらない。
言い訳して、指摘を無視するな。 √(x^12+y^12+z^12-2*(x^6*y^6+x^6*z^6+y^6*z^6))=0
x^3=y^3±z^3
x^12+y^12+z^12=R^2
x^6*y^6+x^6*z^6+y^6*z^6=R^2/2
のグラフが格子点で交わらないこと証明する
x^6=R*sinθ*cosφ y^6=R*sinθ*sinφ z^6=R*cosθ √(x^12+y^12)=R*sinθ
(sinθ)^2*cosφ*sinφ+cosθ*sinθ*sinφ+cosθ*sinθ*cosφ=1/2
(1-cos(2θ))*cosφ*sinφ+sin(2θ)*(sinφ+cosφ)=1
(1-cos(2θ))*1/2*sin(2φ)+sin(2θ)*√2*cos(φ+π/4)=1
(1/2*sin(2φ)-1)=1/2*sin(2φ)*cos(2θ)-√2*cos(φ+π/4)*sin(2θ)
(1/2*sin(2φ)-1)=√((1/2*sin(2φ))^2+2*cos(φ+π/4)^2)*cos(2θ+arctanΦ)
x=(R*sin((arccos((1/2*sin(2φ)-1)/√((1/2*sin(2φ))^2+2*cos(φ+π/4)^2))-arctan(2*√2*√2*cos(φ+π/4)/sin(2φ)))/2)*cosφ)^(1/6)
y=(R*sin((arccos((1/2*sin(2φ)-1)/√((1/2*sin(2φ))^2+2*cos(φ+π/4)^2))-arctan(2*√2*√2*cos(φ+π/4)/sin(2φ)))/2)*sinφ)^(1/6)
z=(R*cos((arccos((1/2*sin(2φ)-1)/√((1/2*sin(2φ))^2+2*cos(φ+π/4)^2))-arctan(2*√2*√2*cos(φ+π/4)/sin(2φ)))/2))^(1/6)
φとRを変化させx,y,zが同時に整数となる値は存在しない >p=3のとき
③はr^(2-1)=2とすると
p=3のときは、
r^(3-1)=3となります。 すみません。
√(x^12+y^12+z^12-2*(x^6*y^6+x^6*z^6+y^6*z^6))=0
x^3=y^3±z^3
この式は、どんな意味でしょうか？ 何を求める式でしょうか？ > p=3のときは、
> r^(3-1)=3となります。
r^2 = 3.
r = ±√3
> r=z-xなので、z,xが有理数ならば、rは有理数となります。
r は有理数と仮定したのだろうが。 >r は有理数と仮定したのだろうが。
すみません。言われている事の意味がよくわかりませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >日本語がわからんのか？
意味を詳しく説明していただけないでしょうか。 【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、x,yは有理数とする。x^p+y^p=z^p…①のzが、有理数となるかを検討する。
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)})^p…④
となる。
④はp^{1/(p-1)}が無理数なので、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。 【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、x,yは有理数とする。x^p+y^p=z^p…①のzが、有理数となるかを検討する。
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)})^p…④
となる。
④はp^{1/(p-1)}が無理数なので、④,②,①のzは無理数となる。
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。 人類の数学の証明においては、変数を表す文字は、それを提示したときに何を表しているか
はっきり示さねばならない。
> 【証明】pは奇素数、x,yは有理数とする。x^p+y^p=z^p…①のzが、有理数となるかを検討する。
> 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。
z は有理数になる可能性があるらしいが、珍歩や満湖になる可能性も否定できないので、
z=x+r なる r も不明。
よってそれ以降の文字の羅列は、人類にとっては無価値なので、犬か猫に相談した方がよい。 >z=x+r なる r も不明。
よって、rを求めます。 >>25
> ①をz=x+rとおくと、
意味不明。これ以降全て間違い。
同時にrの定義も不明。 >>28
> よって、rを求めます。
未定義なものを求めることは不可能。
マジで勉強しろ。 >>26
あ、zも不明。
同じ指摘をされるような投稿はするな。
反省しろ。 > ①をz=x+rとおくと、
意味不明。これ以降全て間違い。
何故意味不明なのかを、詳しく説明していただけないでしょうか。 ｚもｒも何なのかきちんと定義されていないからだ。
珍歩=x+満湖
といっしょのこと。有理数xと満湖を足すことができるのかwwwwwwwww。 >>32
> > ①をz=x+rとおくと、
> 意味不明。これ以降全て間違い。
>
> 何故意味不明なのかを、詳しく説明していただけないでしょうか。
これがどういう意味を持つのか、具体的な本で使用例をあげてくれ。 >具体的な本で使用例をあげてくれ。
本には、書いてありませんが、z=x+rと置くことは、可能です。 定義している x と未定義の ｙ、r をどうして
z = x + r
と置くことは、可能であると断定できるのだ？ >>35
> 本には、書いてありませんが、z=x+rと置くことは、可能です。
は？丸１はどこへ行った？
別のコメントにあるように、何で可能なんだ？勉強せずに言い訳するな。 >定義している x と未定義の ｙ、r をどうして
z = x + r
と置くことは、可能であると断定できるのだ？
zが有理数ならば、rは有理数、
zが無理数ならば、rは無理数となります。 >は？丸１はどこへ行った？
どういう意味でしょうか？ 【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,yは有理数とする。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)})^p…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。 x, z, rを定義すると都合が悪いから、
未定義でいきたいんだね。 >x, z, rを定義すると都合が悪いから、
未定義でいきたいんだね。
x, z, rは、場合分けする必要があります。 日高は奇数の完全数スレの奇数芸人高木を知らんのかな
姉妹スレなのにね >>44
一つでも無視すれば、無視だ。
説明すべきはおまえであって俺じゃない。
すべてのコメントに答えて納得してもらったのか？ >>44
疑問で返すな。
では、どの指摘に従ってどの部分をどう変更して証明とやらを書いたんだ？ >すべてのコメントに答えて納得してもらったのか？
どの部分納得できないのか、詳しく教えていただけないでしょうか。 >では、どの指摘に従ってどの部分をどう変更して証明とやらを書いたんだ？
「どの指摘」かを具体的に詳しく教えていただけないでしょうか。 【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)})^p…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。 >>50
> >では、どの指摘に従ってどの部分をどう変更して証明とやらを書いたんだ？
>
> 「どの指摘」かを具体的に詳しく教えていただけないでしょうか。
お前がどの指摘に従って変更したかなんてお前にしかわからないだろが。
ボケ老人ですか？ X:Y:Z=x:y:zとなる例
X=1,Y=2,Z=9^(1/3)
1^3+2^3={9^(1/3)}^3
変形して
1^3+2^3={1+9^(1/3)-1}^3
9^(1/3)-1=(pa)^{1/(p-1)}=(3a)^(1/2)=3^(1/2)*a^(1/2)
a^(1/2)={9^(1/3)-1}/3^(1/2)=A
1^3+2^3={9^(1/3)}^3の両辺をA^3で割ると
(1/A)^3+(2/A)^3={9^(1/3)/A}^3となる。
1/A=x,2/A=y,9^(1/3)/A=zとなるので
X:Y:Z=x:y:zとなる。 >>51の文字列では x、y、z、r は未定義なのだから
数学の証明としてはデタラメである。 >>54
あとから説明を付け加えようが、証明がデタラメなのは変わらない。 >x、y、z、r は未定義なのだから
x,y,z,rは、
x^p+y^p=z^p, z=x+r, r=p^{1/(p-1)}この３つの式で定義されます。 >>57
定義されません。思い込み禁止。
定義されるというなら根拠の本なりを挙げろ。 >>57
> x、y、z、r は未定義なのだから
>
> x,y,z,rは、
> x^p+y^p=z^p, z=x+r, r=p^{1/(p-1)}この３つの式で定義されます。
r=p^{1/(p-1) ということは、rは定数ですか？
めちゃくちゃだな。 歴史に残る日高語録
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日高センセーは
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。さらに
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
という質問に対し日高センセーは
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。
と漫才のような珍答を与えている。 >r=p^{1/(p-1) ということは、rは定数ですか？
めちゃくちゃだな。
pを定数とすると、rは、定数となります。 > x^p+y^p=z^p, z=x+r, r=p^{1/(p-1)}この３つの式で定義されます。
pが奇素数は仮定されているが、それだけでx,y,z,rが上記の式だけで何かが導かれるのか？ >a^{1/(1-1) は特定できない数です。
間違いでしょうか？
(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
正解を教えて下さい。 > x^p+y^p=z^p, z=x+r, r=p^{1/(p-1)}この３つの式で定義されます。
pが奇素数は仮定されているが、それだけでx,y,z,rが上記の式だけで何かが導かれるのか？
rが無理数となるので、xを有理数とすると、zは、無理数となります。 >定義されません。思い込み禁止。
定義されるというなら根拠の本なりを挙げろ。
x,y,z,rは、x,y,z,rの関係式によって、定義されます。
x,y,z,r実数です。 >>62
> r=p^{1/(p-1) ということは、rは定数ですか？
> めちゃくちゃだな。
>
> pを定数とすると、rは、定数となります。
rが p^{1/(p-1) 以外の値になる可能性は考えないのですか？ >>48
＞高木、安達、日高は数学板のスターだ
さらに安達なんて同類もいたのか >>66
定義されねーよ。
定義されるというなら根拠の本なりを挙げろ。
無視するな。 記号の定義とか言葉遣いとか言い回しがめちゃくちゃだから論理もめちゃくちゃになっていて、ありもしないことを思いこんでいるのだから、一から全てを直さなければデタラメはデタラメのまま。
デタラメを直す気が無いなら掲示板とかメールとかやめて独りで引きこもってろよ。 >rが p^{1/(p-1) 以外の値になる可能性は考えないのですか？
rが p^{1/(p-1) 以外の値になる場合は、r=(pa)^{1/(p-1)}となります。
この場合のaは、実数ですが、rが有理数の場合のみを考えれば良いので、
この場合のaは、有理数となります。 >定義されるというなら根拠の本なりを挙げろ。
本に書いて無い場合は、駄目なのでしょうか？ >rが p^{1/(p-1) 以外の値になる可能性は考えないのですか？
rが p^{1/(p-1) 以外の値になる場合は、r=(pa)^{1/(p-1)}となります。 >>73
>rが p^{1/(p-1) 以外の値になる可能性
rが p^{1/(p-1) 以外の値になる場合は、r=(pa)^{1/(p-1)}となります。
57で
> x,y,z,rは、
> x^p+y^p=z^p, z=x+r, r=p^{1/(p-1)}この３つの式で定義されます。
と書いてあるのと矛盾するけど、rの本当の定義は何ですか?
aも定義がなく意味不明。 >rの本当の定義は何ですか?
aも定義がなく意味不明。
rの本当の定義は、r=(pa)^{1/(p-1)}です。
a=1のとき、r=p^{1/(p-1)}となります。
r=(pa)^{1/(p-1)}は、r=p^{1/(p-1)}に帰着します。(x,y,zの比が同じ）
r^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{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}は、
a*(1/a)=1なので、同じです。（同値）となります。
aが任意でも、同値となります。 >>72
> 本に書いて無い場合は、駄目なのでしょうか？
駄目だね。
自己流のデタラメなのを本人が努力しても無駄だし。 ┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ よって人生経験はそれなりにあるんですが・・・・・
｜の｜
｜本｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです(´・ω・｀)
｜は｜
｜読｜ でも、下半身は人格がないくらい元気ですので(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
｜ん｜
｜で｜ あのフェルマーの最終定理を証明できたんです！(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ま｜
｜せ｜ 下半身力で達成した証明ですから、常人には理解不可能です。
｜ん｜
｜！｜ よってレスは一切無用に願います＜(_ _)＞。
└高┘ >>78
> 理由を教えて下さい。
本人が努力しなければどうにもならない上、教わる気がないのに、何で教えなきゃいけないの？
何をどう教えて欲しいのか、400字以上600字以内でわかりやすく要求をまとめたら考えますね。 > 理由を教えて下さい。
本人が努力しなければどうにもならない上、教わる気がないのに、何で教えなきゃいけないの？
何をどう教えて欲しいのか、400字以上600字以内でわかりやすく要求をまとめたら考えますね。
駄目な理由を聞いています。
簡単に言えないことなのでしょうか？ ＿＿ ＿＿＿／ ,／ヽ
∨ ↓H高 ,／ ヽ数学の本は、読んでいませんwww
∧＿∧ ∧＿∧ ,／ ヽ学力は、小学校もあやしいですwww
（ ´∀｀） （ ´∀｀）,／ ヽ⑤をxa^{1/(1-1)}=X，ya^{1/(1-1)}=Y
（ ） （ つつ@ ヽxa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)}=Z
｜ ｜ | ＿＿_ ｜ ｜ | とおくと
（_＿）＿） |――| （_＿）＿） ヽX:Y:Z=x:y:zとなると本気で思っています。
￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣| ヽ＜・フェルマーの最終定理─＜
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼彡 ～ ～～ ～～ ～～ ～ ～
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼彡 ～ ～～ ～～ ～～ ～ ～
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。 >>80
理由書いてあるじゃん。
それ以上知りたいなら何が知りたいのか説明しろよ。 >理由書いてあるじゃん。
それ以上知りたいなら何が知りたいのか説明しろよ。
具体的に教えて下さい。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥をX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、⑥は④の定数倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②は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。 >>83
> 具体的に教えて下さい。
書いてある以上の具体的がなにを指すのかわからん。
400字以上で分かりやすく丁寧に説明してくれ。 >なにを指すのかわからん。
すみません。私もわかりません。 >未定義の文字が出現。0点。
「未定義の文字が出現」
なにかを教えて下さい。 >>84
┌日┐
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└高┘ >毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
よろしくお願いします。 >文字数不足。
すみません。どの部分のことでしょうか？ 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥をX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、⑥は④の定数倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>93
過去と同じ間違い。
つまり指摘無視、0点。 >>92
> すみません。どの部分のことでしょうか？
過去のコメントを全てまともに読み返せ。 >過去のコメントを全てまともに読み返せ。
すみません。具体的に教えて下さい。 >>93
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└高┘ ***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
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。
この迷言に対し
> 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？
という指摘がなされたが、これに対しても
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。さらに
> 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
という質問に対しては
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。
と漫才のような珍答を与えている。 レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
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レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。 >毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
よろしくお願いします。 >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。
これは、間違いでしょうか？ > 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
この問題の意味が分かる方が、おられましたら、教えて下さい。 >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。
間違いでしょうか？
分かるかたは、教えて下さい。 >レスは餌になるので一切無用に願います
レスは餌にはなりません。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥をX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、⑥は④の定数倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 理解できないことは無視して、何度も同じことを書き込めば正しいことになるとでも思ってるのかな。 >理解できないことは無視して、何度も同じことを書き込めば正しいことになるとでも思ってるのかな。
違います。
何度も同じことを書き込むのは、見やすくするためです。 >別に見やすくないよ
最初の画面の表示から隠れるからです。 間違いだらけの内容が正しくなるわけではないし、無駄だけどね。 >場合分けして、他方の式を使ってるところとか。
具体的に箇所を指摘していただけないでしょうか。 >>109
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。 >>119
数学者にメール送りまくったり、別の掲示板に書き込むより、ここは迷惑にならないと思うが。 >>97
具体的に書かれていたのにスルーしたんでしょ。全部読み直せって。間違いは一つじゃないし。 バカを閉じ込めて置くにはここがベストだろ。暇なやつが暇なときに相手すればいいんだし。レスもどんどんすればいい。 >どこが具体的じゃない？
具体的に箇所を指摘していただけないでしょうか。 >どこが具体的じゃない？
間違いの箇所を指摘していないからです。 >ここは迷惑にならないと思うが。
そうみたいですね。 >レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
レスは餌にはならないと思います。 >間違いは一つじゃないし
１つでいいので、間違い箇所を指摘いただけないでしょうか。 > r^(p-1)=pとする
場合と、
> r^(p-1)=p以外の場合
に場合分けしてるんだろ？
この場合分け自体はOK。
まぁ普通に
Case A) r^(p-1)=p の場合 ...
Case B) r^(p-1)≠p の場合 ...
という書き方にしたほうが分かりやすくていいけどな。
っで、数学では場合分けした場合は、Case AとCase Bは独立に扱わないといけない。
実際2つのcaseは独立だし。
なのにお前はCase Bの証明で、Case Aに登場している式(4)を持ち出している。
これが間違い。
他にも定義なしでaがいきなり登場している箇所とか、間違いを指摘しはじめるとキリがないけど。
どうせいきなり全部いってもお前理解できないだろ？バカだから。
まぁ場合分けの基本に絞ってしっかり勉強しな。 >レスもどんどんすればいい。
よろしくお願いします。 >Case AとCase Bは独立に扱わないといけない。
>aがいきなり登場している
書き方が悪いのは、ご指摘の通りですが、
内容に間違いはないでしょうか？ 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥をX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、⑥は④の定数倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 いや内容も間違いだらけに決まってんだろ。ちゃんと指摘を読めよ。
まぁ指摘を読む能力がないからこんな悲惨なことになってるんだろうが・・・
> なのにお前はCase Bの証明で、Case Aに登場している式(4)を持ち出している。
これが間違い。
と書いただろ？
見えないか？
それとも都合が悪いから無視か？ >Case Bの証明で、Case Aに登場している式(4)を持ち出している。
このどの部分が間違いとなるのでしょうか？ 何度も書くが、Case BとCase Aは独立なので、
* Case Aで書いたことはCase Aの中でのみ有効。
* なのでCase B中でCase A中の式は使えない。（正確に言えば、使おうとするとCase Aのときの証明とは独立に定義・証明が必要）
ということ。 あとお前の文章はそもそも無駄なことが多く書いてあり、かつ整理もされておらず非常に読みにくい
少しでもマシになるように整形してやるから以下の指摘を取り入れろ。
【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。 <-- 不要。定理中に書いてるだろ。
x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。 <-- 不要。定理の証明なのだからこんなこと当たり前。
あと○囲み数字は機種依存だから使うな。 .. (1) のように括弧で囲んだ数字を使え。
①をz=x+rとおくと、 <-- おいたのはrなのだから「r=z-xとおくと」が正しい。zをおいたのではない。
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。 <-- 「積の形」とかいう意味不明な記述はするな。そんな数学用語はない。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}, <-- 自明な途中式は見にくくなるだけだから書くな。
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、 <-- 場合分けすることを明示的に書け。「r^(p-1)=pの場合..」や、「Case A) r^(p-1)=pの場合」など。
r=p^{1/(p-1)}となるので、 <-- 自明。不要。
②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、 <-- これも「Case B) ...」と修正。
r^(p-1)=paとなるので、②はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥をX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、⑥は④の定数倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。
以上を取り入れたバージョンを次のレスで書いてやる。 【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】
r = z - xとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p .. (2)となる。
これは r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} .. (3) と変形できる。
Case A: r^(p-1) = pのとき
式(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p .. (4) となる。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a) .. (5)となる。
a(1/a)=1となる。
Case B: r^(p-1) = pでないとき
r^(p-1)=paとなるので、式(2)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p .. (6)となる。
式(6)をX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、式(6)は式(4)の定数倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
式(4)はxを有理数とすると、zは無理数となる。
よって、式(6),(4),(2)は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。 もちろん、これも内容は正しくないのだが まずはこれを出発点にしろ。
お前の文章は読みにくすぎて、お前自信を混乱させてるからな。
もちろん式番号は一つずらしてもいいぞ。式(1)がなくなったからな。 >>136
変数となる文字にきちんと定義する習慣をつけるため
>【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。
は
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p = z^p となる自然数の組 (x,y,z) は存在しない。
とした方がいいと思う。
また
> r = z - xとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p .. (2)となる。
> これは r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} .. (3) と変形できる。
については(2)から(3)に変形する過程を丁寧に示した方がいい。 >これも内容は正しくないのだが
内容の間違いの箇所を指摘していただけないでしょうか。お願いします。 >【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p = z^p となる自然数の組 (x,y,z) は存在しない。
ご指摘ありがとうございます。ご指摘通りと思います。
> これは r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} .. (3) と変形できる。
については(2)から(3)に変形する過程を丁寧に示した方がいい。
ご指摘通りと思います。
ただ、もう少し今のままの形を続けさせて下さい。
ご指摘を無視するわけでは、ありません。
内容について、間違いの箇所をご指摘いただけないでしょうか。 >>140
黙って過去ログ毎日10回くらい読めよ。
あと、記述がおかしいのは、それだけで中身が全て間違いと同じことだ。
だからこそ、一つ一つの指摘に最後まで対応するべき。
最後まで対応してない態度が悪い。 >記述がおかしいのは、それだけで中身が全て間違いと同じことだ。
記述がおかしければ、中身が全て間違いということは、言えないと思います。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥をX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、⑥は④の定数倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>142
一般論だが、間違いを直せることはあっても、間違いは間違い。 >>143
記述がデタラメ。証明になってない。
つまり、文法が滅茶苦茶で否定も肯定も区別が付かないような状態なので、内容もくそもない。 >言えますね。数学を甘くみるな。
具体的に教えて下さい。 >一般論だが、間違いを直せることはあっても、間違いは間違い。
間違いを具体的に直して頂けないでしょうか。 >記述がデタラメ。
記述は、デタラメだと思いますが、
内容の間違いの箇所を指摘していただけないでしょうか。 >>149
132,134は無視か。
理解できないから無かったことにしたいのか。 >なのにお前はCase Bの証明で、Case Aに登場している式(4)を持ち出している。
これが間違い。
何故、間違いかを、理由を具体的に教えて下さい。 数学の証明において、記述がおかしければ、すなわち中身も間違い。
具体的な事実じゃないか。
なんでもかんでも具体的にと言えば良いと思っているのか？
そして、中身が間違いで正しく出来る気配がみじんもないのに、どうして直せるの？
記述がデタラメで内容が数学的にも意味不明だから、内容を確定させるためには、記述を正しくすることが絶対に必要なのに、
それを拒否するというのは、数学の証明をする資格なし。
最後に、なんで都合の悪いものを全て無視して放置するの？
傲慢で最悪だよね。 （ある程度）正しい記述に修正した
>> 136
を使わない理由は？
記述が正しくないと内容は伝わらないんだから、
「記述は間違ってるけど、私が伝えたい内容をなんとか理解して、その内容に間違いがあれば指摘してください」
なんて馬鹿なことを言っていると理解できない？
もしくは記述を正しく修正することで自分の間違いが明らかになることが怖くてできないの？
より正しい記述である >> 136 を受け入れられない理由は何？ >> 151
Case AとCase Bは独立なんだから、Case Aで登場した式(4)をCase Bで証明なしで登場させても無意味だよね。
困ったら「具体的に間違いを指摘してください」を繰り替えしてるけど、それで何かをディフェンスできると思ってるの？
それに具体的に間違いを指摘してほしければ、全体を数学的に正しい記述にしてからお願いしなよ。
全体が数学の文章になってない今の段階では論外。
正しい記述方法を具体的に書いてまであげてるのに・・・ >最後に、なんで都合の悪いものを全て無視して放置するの？
傲慢で最悪だよね。
ご指摘通りに、記述を変えた場合、どの内容のどの部分が変わるのか、指摘して、
いただけないでしょうか。 最初から最後まで全て間違ってる
どう変えても正しくならないよ >136 を受け入れられない理由は何？
内容が、変わっていないからです。 >正しい記述方法を具体的に書いてまであげてるのに・・・
記述方法は、正しいと思いますが、内容の違いは、ないと思います。 >最初から最後まで全て間違ってる
最初の間違いの箇所を、教えて下さい。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥をX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>160
aの定義がないのがひどいが、それを取りあえずおいといても、
> ④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
ここは明らかな間違いで、④が有理数解を持たなくても、その定数倍の⑥が有理数解を持たないとは言えない。
X:Y:Z=x:y:z が成り立っても、X,Y,Zが有理数、x,y,zが無理数になることはありうる。
これも何度も言われてることだ。
勘違いされないように言っておくが、間違いはこれだけじゃないからな。 勉強もせずに自分勝手な意見を押しつけるな。
記述がデタラメなので意味不明。 数学の証明において、記述がおかしければ、すなわち中身も間違い。具体的な事実じゃないか。
と書いた。何故無視するの？
なんでもかんでも具体的にと言えば良いと思っているのか？
と書いた。何故無視するの？
そして、中身が間違いで正しく出来る気配がみじんもないのに、どうして直せるの？
と書いた。何故無視するの？
記述がデタラメで内容が数学的にも意味不明だから、内容を確定させるためには、記述を正しくすることが絶対に必要なのに、それを拒否するというのは、数学の証明をする資格なし。
と書いた。何故無視するの？
最後に、なんで都合の悪いものを全て無視して放置するの？
傲慢で最悪だよね。 >aの定義がないのがひどいが、
a=(r/p^{1/(p-1)})^(p-1)となります。
>X,Y,Zが有理数、x,y,zが無理数になることはありうる。
x,y,zが無理数で、整数比となる場合は、共通の無理数で割ると、
x,y,zは、有理数となります。 >記述がデタラメなので意味不明。
意味不明箇所を指摘して下さい。 >>166
過去複数回指摘したのに無視＆ごまかしばかり。
過去ログ読めよ。 >なんでもかんでも具体的にと言えば良いと思っているのか？
具体的に言えば、はっきりします。 >過去複数回指摘したのに無視＆ごまかしばかり。
過去ログ読めよ。
無視＆ごまかし箇所を、指摘して下さい。 >>168
具体的なものにも具体的にって要求してるじゃないか。
馬鹿なの？ >>169
「全て」読むのが「必要」だって言ってるの。一カ所二カ所じゃないの。
全部なの。具体的じゃん。 >>165
意味不明すぎて何が言いたいのか全くわからない。
x.y.zは無理数なのか有理数なのか?
共通の無理数で割ったら有理数になるということに何か意味があるのか? 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >具体的なものにも具体的にって要求してるじゃないか。
間違いの箇所を指摘してください。 >「全て」読むのが「必要」だって言ってるの。一カ所二カ所じゃないの。
間違い「箇所」を指摘して下さい。 >>173
***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
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。
この迷言に対し
> 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？
という指摘がなされたが、これに対しても
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。さらに
> 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
という質問に対しては
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。
と漫才のような珍答を与えている。 >x.y.zは無理数なのか有理数なのか?
どこの箇所の、x,y,zでしょうか？
共通の無理数で割ったら有理数になるということに何か意味があるのか?
共通の無理数で割ったら有理数になるということは、その値は有理数となります。 >デタラメ＆過去の指摘無視。
「過去の指摘無視。」箇所を、教えて下さい。（記述指摘以外を） >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。
間違いでしょうか？ >>179
記述がおかしいから記述が表す内容がデタラメであいまいだっていってるの。
内容が定まっていないから問題なの。
バカなの？ >>176
自分が探す作業をサボって相手に要求するの何なの？
何様？ 全体に、間違いという指摘に疑問を返すだけでごまかしてるんじゃないよ。
勉強もせずに自分で判断するな。 >内容が定まっていないから問題なの。
内容が定まっていない箇所を、指摘して下さい。 >自分が探す作業をサボって相手に要求するの何なの？
「要求」では、ありません。間違い箇所があれば、指摘して下さい。 >>179
> 「過去の指摘無視。」箇所を、教えて下さい。（記述指摘以外を）
こういうこと書く人にいちいちサービスしたくない。
過去ログ全て読むべき。 >全体に、間違いという指摘に疑問を返すだけでごまかしてるんじゃないよ。
勉強もせずに自分で判断するな。
「間違いという指摘」を、教えて下さい。 結局、他人のコメントをさんざん踏みにじってきた結果なんだから、引きこもって勉強して全部直してから１年後にでも出直せよ。 具体的に間違いを指摘されてるのに、
「自分はこう思います（根拠ナシｗ）」
「具体的に指摘してください」
「間違いを指摘してください」
だもんなｗ
指摘されてることも理解できないほど頭が悪いお前のようなやつはある意味得だよな。
自分の間違いに永遠に気づかずに死ぬんだからｗ 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>187
> 「間違いという指摘」を、教えて下さい。
どうせ無視かごまかしされるのに何で教えないといけないの？ 教えて下さい！（教わっても日高の頭では理解できないけどｗ）
指摘してください！（指摘されても日高の頭では指摘されたことにさえ気づけないけどｗ）
具体的にお願いします！（具体的に言われてもそれが具体的であることすら理解できないバカだけどｗ）
指摘も教えも、それを聞いて理解できる頭が無いとなぁｗ >具体的に間違いを指摘されてるのに
間違い箇所の、指摘ではないと思います。 > 間違い箇所の、指摘ではないと思います。
間違い箇所の指摘だよ。お前がどう思うかは関係ないからｗ
お前の頭じゃ指摘されてることも理解できないんだね。
残念でした。猿レベルの脳みそでは数学は無理だよ。諦めな。 >>194
具体的な指摘を一つだけ。
最後の行が間違い。
証明されていないことを結論として述べているから。
デタラメな記述では何も証明されない。 >>178
165で
「x,y,zが無理数で、整数比となる場合は、共通の無理数で割ると、
x,y,zは、有理数となります。」
前の部分でx,y,zが無理数、後ろではx,y,zは有理数と言ってるのは矛盾じゃないの？
xをx/aで置き換えるようなことは数学では許されない。
> 共通の無理数で割ったら有理数になるということは、その値は有理数となります
「その値」って何？ で、それが証明とどう関係するの？
全くわからないので式で説明してください。 >>190
┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです(´・ω・｀)
｜の｜
｜本｜ a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。
｜ま｜
｜せ｜ 下半身力で達成した証明ですから、常人には理解不可能です。
｜ん｜
｜！｜ よってレスは一切無用に願います＜(_ _)＞。
└高┘ >間違い箇所の指摘だよ。
何行目のどこかを指摘して下さい。 >最後の行が間違い。
x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。でしょうか？ >「x,y,zが無理数で、整数比となる場合は、共通の無理数で割ると、
x,y,zは、有理数となります。」
>前の部分でx,y,zが無理数、後ろではx,y,zは有理数と言ってるのは矛盾じゃないの？
xをx/aで置き換えるようなことは数学では許されない。
訂正します。
「x,y,zが無理数で、整数比となる場合は、共通の無理数dで割ると、
x/d,y/d,z/dは、有理数となります。」
>「その値」って何？ で、それが証明とどう関係するの？
全くわからないので式で説明してください。
「その値」とは、x/d,y/d,z/dのことです。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}^pのx,y,zが無理数のとき、整数比となる可能性があるということです。 >毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
よろしくお願いします。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>203
(xa^{1/(1-1)})+(ya^{1/(1-1)})=(xa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)})…⑤となる。
ヴァカだなあ・・・
＿＿ ＿＿＿／ ,／ヽ
∨ ↓H高 ,／ ヽ数学の本は、読んでいませんwww
∧＿∧ ∧＿∧ ,／ ヽ学力は、小学校もあやしいですwww
（ ´∀｀） （ ´∀｀）,／ ヽ⑤をxa^{1/(1-1)}=X，ya^{1/(1-1)}=Y
（ ） （ つつ@ ヽxa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)}=Z
｜ ｜ | ＿＿_ ｜ ｜ | とおくと
（_＿）＿） |――| （_＿）＿） ヽX:Y:Z=x:y:zとなると本気で思っています。
￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣| ヽ＜・フェルマーの最終定理─＜
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼彡 ～ ～～ ～～ ～～ ～ ～
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼彡 ～ ～～ ～～ ～～ ～ ～ >数学の本は、読んでいませんwww
が、考えることは、できます。 >>205
> >数学の本は、読んでいませんwww
>
> が、考えることは、できます。
出来てません。 196は、「具体的な指摘を一つだけ。
最後の行が間違い。
証明されていないことを結論として述べているから。
デタラメな記述では何も証明されない。」だと思いますが、
どういう意味でしょうか？ >>209
>>190
┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです(´・ω・｀)
｜の｜
｜本｜ a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。
｜ま｜
｜せ｜ 下半身力で達成した証明ですから、常人には理解不可能です。
｜ん｜
｜！｜ よってレスは一切無用に願います＜(_ _)＞。
└高┘ >r^(p-1)=pとすると
ここがダメね
要するにx^p+y^p=(x+r)^pで、x,y,x+rが有理数の場合
r=p^(1/(p-1))ではない、ということしかいえない
アタマ悪いね、日高君は >x,y,x+rが有理数の場合
x,y,zの有理数解が有るということです。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 君らも暇だね
この日高にはもう何を言っても無駄よ
悪いことは言わない
見なかったことにするのが吉 日高が指摘を理解できないことは、日高の証明が間違ってないという免罪符にはならない >日高が指摘を理解できないことは、日高の証明が間違ってないという免罪符にはならない
私が、指摘を理解できないことは、指摘が具体的では、ないということです。 >>221
考えられるんでしょ。考えたらわかるでしょ。 >>222
日高のいう具体的にっていうのは日高に都合がいいようにって意味なのね。 >考えられるんでしょ。考えたらわかるでしょ。
考える材料を示して下さい。抽象的言葉では、分かりません。 >日高のいう具体的にっていうのは日高に都合がいいようにって意味なのね。
具体的箇所という意味です。 >>225
> 考える材料を示して下さい。抽象的言葉では、分かりません。
数学は抽象的な学問です。出直せよ。 >数学は抽象的な学問です。出直せよ。
具体的箇所を示さないと、議論が始まりません。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>220
まさにそれ
そのうち反論する者が居なくなるが、
そうなるとこの手合いは「俺はやっぱり正しかった！」って独りでイキり始める >数学は抽象的な学問です。出直せよ。
「抽象的な学問です。」意味を教えて下さい。 >>201
> 「その値」とは、x/d,y/d,z/dのことです。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}^pのx,y,zが無理数のとき、整数比となる可能性があるということです。
それで何を主張したいのですか？
証明と関係ないことはどうでもいいので、
X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥ が有理数解をもたないことを証明してください。 >>231
， ，:‘. ..; '， ，:‘ ’‘
, .. . + 。 ’‘ :] . ..
， ，:‘. 数学の本を読めないのに + ，..
’‘ + ，.. . ..; '， ，:‘
+ ，.. ，:‘. つまりは、初等整数論の基礎の基礎すら知らないで ，:‘. ，..
’‘ + ，.. . ..; '， ，:‘
+ , .. . + ’。
. .; : ’フェルマーの最終定理を証明できたなんて・・・ ' ，:‘.
, .. . + 。 ’‘ :] . ..
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 .. ' ，:‘.
:] . .. .. ' ，:‘.
， ，:‘. ..; '， ，:‘ ’‘
，:‘. 。 .. . . :]: ' ，:‘. , .. . + 。 , .. . + . : :... >> 222
ある意味、この発言で尽きているな。
自分が理解できないのは自分のせいではない。
お前らの指摘が具体的じゃないのが悪いんだ。
ってことにして全部ごまかしたいんでしょ。
要するに バカなくせに自分が理解できないことを認めたくない痛いやつ。 >X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥ が有理数解をもたないことを証明してください。
X:Y:Z=x:y:zとなるので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが有理数解を持たないならば、
X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^pも、有理数解を持ちません。 >自分が理解できないのは自分のせいではない。
お前らの指摘が具体的じゃないのが悪いんだ。
具体的箇所を指摘してください。
お答えします。 >そのうち反論する者が居なくなるが、
反論する人は、いると思います。 >フェルマー最終定理について
のスレ主
どういう意味でしょうか？ 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>241
> X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥ が有理数解をもたないことを証明してください。
>
> X:Y:Z=x:y:zとなるので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが有理数解を持たないならば、
> X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^pも、有理数解を持ちません。
そんなことは言えません。
正しいというのなら、ちゃんと証明を書いてください。 >そんなことは言えません。
正しいというのなら、ちゃんと証明を書いてください。
246を見て下さい。 ＞a(1/a)=1となる。
ここも間違い
X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p が有理数解を持つなら、
a(1/a)=1でない、というだけのこと。 >>248
246には同じことしか書いてないですよ。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
xが無理数の場合、⑥が有理数解を持つことはありえます。
⑥が有理数解を持たないことの証明はできていません。 誰にも認められない証明を書き込み続ける目的がわからない >X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p が有理数解を持つなら、
a(1/a)=1でない、というだけのこと。
すみません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >xが無理数の場合、⑥が有理数解を持つことはありえます。
⑥が有理数解を持たないことの証明はできていません。
xが無理数のとき、x,y,zが整数比となるならば、
x,y,zを共通の無理数dで割った、x/d,y/d,z/dは、
有理数となります。x,y,zが、有理数とならないので、
X,Y,Zも、有理数となりません。 >誰にも認められない証明を書き込み続ける目的がわからない
誰にも認められないから、書き込み続けています。 >>254
> 誰にも認められないから、書き込み続けています。
思い上がるな。
認められていない訳ではない。
間違っていてデタラメな証明であるの認められているのみ。
唯一の解決方法は、本人が数学の証明というものを勉強し、記述と内容をきちんとする事によって理解し直すことだが、それを拒否している以上解決は有り得ない。 >認められていない訳ではない。
間違っていてデタラメな証明であるの認められているのみ。
すみません。どういう意味でしょうか？ >>255
間違えた。
間違っていてデタラメな証明であるのが、認められているのだ。 >間違っていてデタラメな証明であるのが、認められているのだ。
分かりました。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >直ってない。ダメ。
「ダメ」な理由を教えて下さい。 >>261
> 「ダメ」な理由を教えて下さい。
態度悪いからやだ。 >>259
***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
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。
この迷言に対し
> 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？
という指摘がなされたが、これに対しても
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。さらに
> 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
という質問に対しては
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。
と漫才のような珍答を与えている。 >a^{1/(1-1) は特定できない数です
間違いでしょうか？ 間違いに決まってんだろｗ
「特定できない数」とか意味不明な日本語使いたいなら定義しろ。 >>253
> xが無理数のとき、x,y,zが整数比となるならば、
> x,y,zを共通の無理数dで割った、x/d,y/d,z/dは、
> 有理数となります。x,y,zが、有理数とならないので、
> X,Y,Zも、有理数となりません。
何が言いたいのか全く分かりません。
> x,y,zが、有理数とならないので、X,Y,Zも、有理数となりません。
なぜですか？ >a^{1/(1-1)} は特定できない数です
>「特定できない数」とか意味不明な日本語使いたいなら定義しろ。
a^{1/(1-1)}のaを特定したとき、a^{1/(1-1)}を特定できるでしょうか？ > x,y,zが、有理数とならないので、X,Y,Zも、有理数となりません。
なぜですか？
x:y:z=X:Y:Zだからです。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>269
>> x,y,zが、有理数とならないので、X,Y,Zも、有理数となりません。
>
>なぜですか？
>
>x:y:z=X:Y:Zだからです。
全然説明になっていません。
x:y:z=X:Y:Z で、x,y,zが無理数でも整数比なら、X,Y,Zは有理数になり得ます。 >>254
指摘に応じないなら認められることは永遠にないから、書き込んでも無意味だよ >x:y:z=X:Y:Z で、x,y,zが無理数でも整数比なら、X,Y,Zは有理数になり得ます。
x,y,zが無理数で、整数比となるならば、そのx,y,zを、共通の無理数dで割ると、
有理数x/d,y/d,z/dとなります。
x/d:y/d:z/d=x:y:dとなるので、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、整数比となるものが、存在することになります。 >指摘に応じないなら認められることは永遠にないから、書き込んでも無意味だよ
たしかに、そうかもしれませんね。 >だから何？
dとaは違う
すみません。どういう意味でしょうか？ >>270
┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです(´・ω・｀)
｜の｜
｜本｜ a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。
｜ま｜
｜せ｜ 下半身力で達成した証明ですから、常人には理解不可能です。
｜ん｜
｜！｜ よってレスは一切無用に願います＜(_ _)＞。
└高┘ >暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
よろしくお願いします。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>281
(xa^{1/(1-1)})+(ya^{1/(1-1)})=(xa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)})…⑤となる。
ヴァカだなあ・・・
＿＿ ＿＿＿／ ,／ヽ
∨ ↓H高 ,／ ヽ数学の本は、読んでいませんwww
∧＿∧ ∧＿∧ ,／ ヽ学力は、小学校もあやしいですwww
（ ´∀｀） （ ´∀｀）,／ ヽ⑤をxa^{1/(1-1)}=X，ya^{1/(1-1)}=Y
（ ） （ つつ@ ヽxa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)}=Z
｜ ｜ | ＿＿_ ｜ ｜ | とおくと
（_＿）＿） |――| （_＿）＿） ヽX:Y:Z=x:y:zとなると本気で思っています。
￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣| ヽ＜・フェルマーの最終定理─＜
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼彡 ～ ～～ ～～ ～～ ～ ～
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼彡 ～ ～～ ～～ ～～ ～ ～ ,,-''ヽ､
,, -''" ＼
_,-'" ＼
/＼ フェルマー ＼
＿＿ //＼＼ 最終定理 ＼
／|[]::::::|_ / ＼/＼＼ トンデモ証明 ／
.／|￣￣￣￣ //＼ ＼/ ＼ ／/ ＿＿＿
| |:::「「「「「「 / ＼/＼ /＼＼ ／:::/ .／| |＿＿
＿..| |:::LLLLL//＼ ＼/ ＼/＼＼／::::::/ ／ | ロ .|lllllllllllll
／ llllll| |:::「「「「 / ＼/＼ /＼ .＼/ ./::::::::/ ／ .／ .| |lllllllllllll
＿＿ llllll| |:::LLL.//＼ ＼/ ＼/＼ /::::::::/ | ／ .| ロ .|lllllllllllll
llllll| |:::「「「/ ＼/＼ /＼ ＼/ /::::::::/ | ||／ ..| |lllllllllllll
llllll| |:::LL//＼ ＼/ ＼/＼ ./::::::::/ .| ||／ ..|
| |:::「./ .＼/＼ /＼ ＼/ /::::::::/⌒ヽ､ .| ||／ ..|
| |:::l//＼ ＼/ ＼/＼_, -― ､ ''"⌒ヽ,_
(⌒ヽ､_,ノ⌒Ｙ" Y .....⌒)
(⌒ヽーﾞ ....::（ ..::....... .__人.....::::::::::::::::::::
＿ノ⌒ヽ Y⌒ヽ;;:::::"'::::::::::::::::::::::::::::: ＿＿＿
＿＿_( ﾞ ....:::..... Y"
∧＿∧
∩<ｌ|ｌ｀∀´>
ヽ ノ .a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが
(,,つ .ﾉ
.し' a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません >数学の本は、読んでいませんwww
考える事はできます。 >>286
> >数学の本は、読んでいませんwww
>
> 考える事はできます。
出来てません。 >>287
> >トンデモ証明
>
> でしょうか？
トンデモ以下じゃない？ > 考える事はできます。
出来てません。
そうでしょうか。 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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>290
同じ間違いだから同じ指摘なのに同じ返事。
真面目に勉強する気もない。
考えてないでしょ。 もっと自分の推論に疑いを抱いてほしいね。
こんな簡単な方法で証明できるならすでに誰かが証明しているはずだ、
したがってどこかに落とし穴があるに違いない、
という見方を持つことが大事。 >こんな簡単な方法で証明できるならすでに誰かが証明しているはずだ、
私も、そう思いますので、間違い箇所を探して下さい。 >自分のことを稀代の天才だと思ってるから仕方ないよ
まったく、思っていません。 指摘されても「どこでしょうか」とか誤魔化し続けてきてるんだから、>>299,300みたいな嘘ついてもしょうがないと思うんだけど >>275
> x/d:y/d:z/d=x:y:dとなるので、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、整数比となるものが、存在することになります。
「x,y,zが無理数で」と「x,y,zが有理数で」が矛盾している。
式も間違ってる。x:y:dじゃないだろ。
全部デタラメと言わざるを得ない。 >指摘されても「どこでしょうか」とか誤魔化し続けてきてるんだから
「どこ」と言ってもらえれば、答えます。 >「x,y,zが無理数で」と「x,y,zが有理数で」が矛盾している。
無理数と、有理数の、二通りのx,y,zが存在するのは、矛盾する。と、いうことです。
>式も間違ってる。x:y:dじゃないだろ。
すみません。dは、zの間違いです。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 つーか、②の最初の変形で間違ってんじゃん。
なんで(x/r+1)^pになるんだよ。 >>304
> 「x,y,zが無理数で」と「x,y,zが有理数で」が矛盾している。
>
> 無理数と、有理数の、二通りのx,y,zが存在するのは、矛盾する。と、いうことです。
「二通りのx,y,z」って何？
理解不能です。無意味な文字列にしか見えません。 >>303
> 「どこ」と言ってもらえれば、答えます。
嘘つき >「二通りのx,y,z」って何？
理解不能です。無意味な文字列にしか見えません。
(1) 無理数x,y,zで、整数比となるものが、存在する可能性がある。(dを共通の有理数とすると、x/d=X,y/d=Y,z/d=Zは、有理数となる。)
(2) 有理数X,Y,Zで、整数比となるものは、確実に存在しない。
(1)と(2)は、同時には、起こり得ません。 > 「どこ」と言ってもらえれば、答えます。
嘘つき
嘘では、ありません。 >どこか言っても同じこと繰り返すだけじゃん
同じことを、繰り返しましたか？ (dを共通の有理数とすると、
は、
(dを共通の無理数とすると、
の間違いでした。 >>305
， ，:‘. ..; '， ，:‘ ’‘
, .. . + 。 ’‘ :] . ..
， ，:‘. 数学の本を読めないのに + ，..
’‘ + ，.. . ..; '， ，:‘
+ ，.. ，:‘. つまりは、初等整数論の基礎の基礎すら知らないで ，:‘. ，..
’‘ + ，.. . ..; '， ，:‘
+ , .. . + ’。
. .; : ’フェルマーの最終定理を証明できたなんて・・・ ' ，:‘.
, .. . + 。 ’‘ :] . ..
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 .. ' ，:‘.
:] . .. .. ' ，:‘.
， ，:‘. ..; '， ，:‘ ’‘
，:‘. 。 .. . . :]: ' ，:‘. , .. . + 。 , .. . + . : :... >>314
> >どこか言っても同じこと繰り返すだけじゃん
>
> 同じことを、繰り返しましたか？
痴呆症で覚えられないの？ >痴呆症で覚えられないの？
痴呆症では、ありません。
同じことを、繰り返したならば、教えて下さい。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>320
┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余しているいまだ童貞の爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです(´・ω・｀)
｜の｜
｜本｜ a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ま｜
｜せ｜ 下半身力で達成した証明ですから、常人には理解不可能ですが
｜ん｜
｜！｜ 完全無欠な証明です。(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
└高┘ >a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
間違いでしょうか？ >>322
5/0 も計算できない '数' なのか。
計算できない '数' なるものの定義を厳密に述べよ。 >0でしょ
a=0のときは、a^{1/(1-1)}=0と思いますが、
a=0以外のときは、計算不可能と思います。
いかがでしょうか。 >同じ間違いの繰り返し。痴呆？
「同じ間違いの繰り返し」
箇所を、教えて下さい。 >5/0 も計算できない '数' なのか。
計算できない '数' なるものの定義を厳密に述べよ。
0/5=0ですが、5/0は計算できるでしょうか？
5/0 も計算できない '数' の一つです。 >>327
320そのもの。考えたらわかるでしょ？ >320そのもの。考えたらわかるでしょ？
どういう意味でしょうか？ >>312
>(1) 無理数x,y,zで、整数比となるものが、存在する可能性がある。(dを共通の有理数とすると、x/d=X,y/d=Y,z/d=Zは、有理数となる。)
>(2) 有理数X,Y,Zで、整数比となるものは、確実に存在しない。
>(1)と(2)は、同時には、起こり得ません。
言いたいことは大体わかったが、証明になっていません。
x,y,y(無理数)がx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④の解になるとき、x/d=X,y/d=Y,z/d=Z は④の解にはなりません。
(④ではz-x=p^{1/(p-1)}が前提になっているが、Z-X=p^{1/(p-1)} にならないので式を満たさない)
④が有理数解を持たないことは正しいが、(2)は言えません。
(2)をちゃんと証明してください。 >>330
> どういう意味でしょうか？
考えられないの？ >> 328
定義を述べろと言われてるのに、例をいくつかあげてごまかすだけ。
お前のやりかたはいつもこう。
しかもその例もお粗末ときたｗ >x,y,z(無理数)がx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④の解になるとき、x/d=X,y/d=Y,z/d=Z は④の解にはなりません。
(④ではz-x=p^{1/(p-1)}が前提になっているが、Z-X=p^{1/(p-1)} にならないので式を満たさない)
④が有理数解を持たないことは正しいが、(2)は言えません。
(2)をちゃんと証明してください。
x,y,z(無理数)が、整数比になると、仮定すると、x/d=X,y/d=Y,z/d=Z は④の解になります。
x^p+y^p=(x+y^{1/(p-1)})^pは、
X^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)}^pが、a=1の場合の式です。 >定義を述べろと言われてるのに、例をいくつかあげてごまかすだけ。
無知なので、定義を述べることは、無理です。 > 無知なので、定義を述べることは、無理です
wwwwwwwwwwwwww
無知なのだから、概念の定義が不可欠な数学の証明など
に挑戦せず、ティムポでもこすっとれ。 >>335
数学において、定義が述べられないということは、その概念・言葉を使う資格がないということだ。
使うな。 >>334
>>334
x,y,z(無理数)が、整数比になると、仮定すると、x/d=X,y/d=Y,z/d=Z は④の解になります。
なるわけないでしょ。馬鹿なのかな？
> x^p+y^p=(x+y^{1/(p-1)})^pは、
> X^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)}^pが、a=1の場合の式です。
④の式を下の式にすり替えようとしてるのかな？
それはインチキです。 >定義が述べられないということは、その概念・言葉を使う資格がないということだ。
使うな。
あなたは、定義を述べることが、できますか？ >無知なのだから、概念の定義が不可欠な数学の証明など
に挑戦せず、
私のこの証明には、この定義は、不必要です。 >>320 は数学の証明ではない。数学とはまったく関係のない笑迷だ。 「計算できない数」という謎の用語を使ってるのは日高だけなのに、他人にその定義を求めるなよw >x,y,z(無理数)が、整数比になると、仮定すると、x/d=X,y/d=Y,z/d=Z は④の解になります。
なるわけないでしょ。馬鹿なのかな？
無理数x,y,zが、整数比になると、仮定していますので、無理数dで割ると、x/d,y/d,z/dは、有理数となります。 >「計算できない数」という謎の用語を使ってるのは日高だけなのに、他人にその定義を求めるなよw
定義を求められたから、求めました。「計算できない数」とは、定義できるか、どうかは、わかりません。 >>343
>無理数x,y,zが、整数比になると、仮定していますので、無理数dで割ると、x/d,y/d,z/dは、有理数となります。
そんなこと問題にしてないない。
x/d,y/d,z/dは、④の解になるんですか？ >>344
日高「a^{1/(1-1)}は、計算できない数です」
スレ民「計算できない数って何ですか？」
日高「計算できない数の定義は分かりません」
スレ民「じゃあその用語は使わないでください」
日高「あなたは計算できない数が定義できるのですか？」
定義を求められてるのはお前、求めてるのはスレ民
お前がスレ民に定義を求めるのはお門違い コンピュータ屋的定義厨のせいで
定義という言葉の意味が濫れた >>326
>a=0のときは、a^{1/(1-1)}=0と思いますが、
ほほ～（笑）。
自然数を n、「定義できない数」なるものを♀としよう。
自然数から複素数まで通用する四則演算の記号は
和を +、差を -、積を *、商を /、累乗を ^
で表すのが普通だが、これらを使った
n+♀
n-♀
n*♀
n/♀
はそれぞれどんな結果になるのだ？ >x/d,y/d,z/dは、④の解になるんですか？
x/d,y/d,z/dは、有理数なので、④の解には、なりません。 >お前がスレ民に定義を求めるのはお門違い
すみません。ただ、お聞きしただけのつもりでした。 >コンピュータ屋的定義厨のせいで
定義という言葉の意味が濫れた
すみません。どういう意味でしょうか？ >自然数を n、「定義できない数」なるものを♀としよう。
自然数から複素数まで通用する四則演算の記号は
和を +、差を -、積を *、商を /、累乗を ^
で表すのが普通だが、これらを使った
n+♀
n-♀
n*♀
n/♀
はそれぞれどんな結果になるのだ？
すみません。わかりません。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 これは?
(a,b,c)を原始ピタゴラス数としたとき
a^x + b^y = c^z ⇒ x=y=z=2 >>353
証明に関するやりとりで、自分で書いた主張を自分で否定しといて、間違いそのまま。
痴呆決定ですね >>349
> x/d,y/d,z/dは、④の解になるんですか？
>
> x/d,y/d,z/dは、有理数なので、④の解には、なりません。
ごまかさないでください。
有理数かどうかに関係なく、d=1でない限りx/d,y/d,z/dは④の式を満たさないでしょ。
x/d+p^{1/(p-1)}=z/d が成り立たないから。
で、⑥が有理数解を持たないことは証明できるんですか。 >これは?
(a,b,c)を原始ピタゴラス数としたとき
a^x + b^y = c^z ⇒ x=y=z=2
すみません。質問の意味がわからないので、
教えて下さい。 >証明に関するやりとりで、自分で書いた主張を自分で否定しといて、間違いそのまま。
痴呆決定ですね
すみません。どの部分のことでしょうか？ >有理数かどうかに関係なく、d=1でない限りx/d,y/d,z/dは④の式を満たさないでしょ。
x/d+p^{1/(p-1)}=z/d が成り立たないから。
で、⑥が有理数解を持たないことは証明できるんですか。
すみません。言われていることの意味がよく、読み取ることが、できませんので、
もう少し詳しく説明していただけないでしょうか。
(最初から、お願いします。）
この場合の「成り立たない」「式を満たさない」の意味を教えて下さい。 >>359
> >証明に関するやりとりで、自分で書いた主張を自分で否定しといて、間違いそのまま。
> 痴呆決定ですね
>
> すみません。どの部分のことでしょうか？
自分が書いたことも分かってないのか。
昨日のことなのに。
考えて自分で探すことも放棄してるし。
やはり、考えられるというのも嘘。
記憶が持たないから、やりとりを途中でやめちゃうんだね。で、無視と。 >>361
まず、
x^p+y^p=z^p で、 x+p^{1/(p-1)}=z としたものが
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④
というのはいいですよね。
(x,y,z)が④の解になるとき、X=x/d,Y=y/d,Z=z/d (d≠1)とすると
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p の式は成りたたないので、(X,Y,Z)は④の解にならない(④を満たさないも同じ意味)
ということです。
あなたは、334で
x,y,z(無理数)が、整数比になると、仮定すると、x/d=X,y/d=Y,z/d=Z は④の解になります。
と主張していますが、
349では
x/d,y/d,z/dは、有理数なので、④の解には、なりません。
と書いています。結局どう考えているのですか？
繰り返しますが、
>⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
これでは⑥が有理数解を持たないことの証明になっていないので、証明が必要です。 >記憶が持たないから、やりとりを途中でやめちゃうんだね。で、無視と。
すみませんが、よろしくお願いします。 >>364
363に親切な人がいるよ。
ごまかさずに、考えろよ。 >(x,y,z)が④の解になるとき、X=x/d,Y=y/d,Z=z/d (d≠1)とすると
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p の式は成りたたないので、(X,Y,Z)は④の解にならない(④を満たさないも同じ意味)
ということです。
わかりました。
>あなたは、334で
x,y,z(無理数)が、整数比になると、仮定すると、x/d=X,y/d=Y,z/d=Z は④の解になります。
と主張していますが、
わかりました。 >(x,y,z)が④の解になるとき、X=x/d,Y=y/d,Z=z/d (d≠1)とすると
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p の式は成りたたないので、(X,Y,Z)は④の解にならない(④を満たさないも同じ意味)
ということです。
わかりました。
>あなたは、334で
x,y,z(無理数)が、整数比になると、仮定すると、x/d=X,y/d=Y,z/d=Z は④の解になります。
と主張していますが、
わかりました。
>349では
x/d,y/d,z/dは、有理数なので、④の解には、なりません。
と書いています。結局どう考えているのですか？
334では、「x,y,z(無理数)が、整数比になると、仮定すると、」ですが、
349では「x/d,y/d,z/d」が、有理数のとき」です。
>繰り返しますが、
>⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
>これでは⑥が有理数解を持たないことの証明になっていないので、証明が必要です
X:Y:Z=x:y:zとなるので、④が有理数解を持たないならば、⑥も有理数解を持たないことに、なります。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>368
分かりましたと書いても全く分かってない。
やり直し。デタラメの大間違い。 x^2+y^2=(x+π)^2, z=x+π
は有理数解を持たない。
X^+Y^2=Z^2
は有理数解を持つ。
この事実をどう思っているんだ？
日高の理屈ならx:y:z=X:Y:Zだろ？ >>368
ｗｗｗ．ｍａｔｈｎａｖｉ．ｓａｋｕｒａ．ｎｅ．ｊｐ／ｂｂｓ／ｆｉｌｅ１／１５６６９９４７７４．ｐｎｇ
┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです(´・ω・｀)
｜の｜
｜本｜ a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ま｜
｜せ｜ 下半身力で達成した証明ですから、常人には理解不可能ですが
｜ん｜
｜！｜ 完全無欠な証明です。(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
└高┘ >分かりましたと書いても全く分かってない。
すみません。どの部分のことでしょうか？
教えていただけないでしょうか。 >x^2+y^2=(x+π)^2, z=x+π
は有理数解を持たない。
X^2+Y^2=Z^2
は有理数解を持つ。
この事実をどう思っているんだ？
日高の理屈ならx:y:z=X:Y:Zだろ？
x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比となりません。 >今日書いたわかりました全部
言われていることの意味が、よくわかりません。 >毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
よろしくお願いします。 >>358
解かれてない未解決問題 いま現在はしらないがこれは2014年らしい
タイトル： 原始ピタゴラス数に関する Jesmanowicz 予想について
アブストラクト： 1956 年, Jesmanowiczはピタゴラス数に関する指数型不定方程式
(m^2 - n^2)^x + (2mn)^y = (m^2 + n^2)^z は, ただ一つの正の整数解 (x; y; z) = (2; 2; 2) を持つことを予想した.
Journal of Number Theory の論文 (2014 年) において, n = 2 とき Jesmanowicz 予想が成り立つことを証明した.
これは, 与えられた n > 1 に対し m について何も仮定せず Jesmanowicz 予想が成り立つ最初の結果である.
最先端の楕円曲線や modular formの理論から導かれる一般化された Fermat 方程式に関する結果を用いて, m に何も条件を付けずに Jesmanowicz 予想が成り立つことを証明することができた.
本講演では, これをさらに拡張して, n=2 が奇素数の冪でかつ m > 72n のときJesmanowicz予想が成り立つことを証明できたので紹介する.
これらの結果の系として, n=2 が 50 未満の奇数のとき Jesmanowicz 予想が成り立つことが容易に得られる.
https://www.waseda.jp/sem-wnt/kako/pdf2014/20140516.pdf 3^2 + 4^2 = 5^2 と
3^x + 4^y = 5^z ⇒ x=y=z=2
はわかるので
一般の場合でも成り立つのか問題 >>383
> >全部やり直しだっての。
>
> どうしてでしょうか？
間違ってるから >「一般の場合」でも成り立つのか問題
すみません。「一般の場合」とは、どういうことを指すのでしょうか？ ***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
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。
この迷言に対し
> 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？
という指摘がなされたが、これに対しても
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。さらに
> 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
という質問に対しては
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。
と漫才のような珍答を与えている。 >考えれば中学生でもわかる
すみません。分かりません。 >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。
間違いでしょうか？ >>387
> >考えれば中学生でもわかる
>
> すみません。分かりません。
じゃあ中学生以下だ。無理数とか使う資格なし。証明とか論外。二度と証明とやらを載せるな。 >>385
理解力あるのか?
a^2 + b^2 = c^2 をみたす(a,b,c)について、
a^x + b^y = c^z ⇒ x=y=z=2 か? 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>392
(xa^{1/(1-1)})+(ya^{1/(1-1)})=(xa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)})…⑤となる。
ヴァカだなあ・・・
＿＿ ＿＿＿／ ,／ヽ
∨ ↓H高 ,／ ヽ数学の本は、読んでいませんwww
∧＿∧ ∧＿∧ ,／ ヽ学力は、小学校もあやしいですwww
（ ´∀｀） （ ´∀｀）,／ ヽ⑤をxa^{1/(1-1)}=X，ya^{1/(1-1)}=Y
（ ） （ つつ@ ヽxa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)}=Z
｜ ｜ | ＿＿_ ｜ ｜ | とおくと
（_＿）＿） |――| （_＿）＿） ヽX:Y:Z=x:y:zとなると本気で思っています。
￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣| ヽ＜・フェルマーの最終定理─＜
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼彡 ～ ～～ ～～ ～～ ～ ～
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼彡 ～ ～～ ～～ ～～ ～ ～ >じゃあ中学生以下だ。無理数とか使う資格なし。
どうしてでしょうか？ >a^2 + b^2 = c^2 をみたす(a,b,c)について、
a^x + b^y = c^z ⇒ x=y=z=2 か?
x=y=z=2ですが、
「一般の場合」の意味がよく分かりません。 >無理数と有理数の勉強からやり直せ
どうしてでしょうか。理由を教えて下さい。 >>396
> >無理数と有理数の勉強からやり直せ
>
> どうしてでしょうか。理由を教えて下さい。
考えろよ >>401
> >考えろよ
>
> 分かりません。
分かりませんは許されません。 >コマ大数学科141講：原始ピタゴラス数
ピタゴラス数のつくりかたは、分かります。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >分かりませんは許されません。
どうしてでしょうか？ >>400
痴呆症だからもう忘れてるんだろ。都合の悪いことはすぐに忘れる、よくある症状だ。
> ④はxを有理数とすると、zは無理数となる。
から
> ⑥は有理数解を持たない。
は言えない。 X:Y:Z=x:y:z であっても何の問題もない。 >>404
， ，:‘. ..; '， ，:‘ ’‘
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， ，:‘. 数学の本を読めないのに + ，..
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+ ，.. ，:‘. つまりは、初等整数論の基礎の基礎すら知らないで ，:‘. ，..
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, .. . + 。 ’‘ :] . ..
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 ・ ・ ・ ，:‘. +
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.. ' ，:‘. 馬 鹿 過 ぎ ま す . ...:] ’‘
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’‘ .; こ ん な 馬 鹿 な
。
. 。 ス レ ッ ド を 見 た の ，:‘. 。+
'+。
初 め て で す .. ' ，:‘.
:] . .. .. ' ，:‘.
， ，:‘. ..; '， ，:‘ ’‘
，:‘. 。 .. . . :]: ' ，:‘. , .. . + 。 , .. . + . : :... 日高「数学の本は読んでいませんが、考えることはできます」
↓
日高「(スレ民に指摘をされて)どうしてでしょうか？」
スレ民「考えろよ」
日高「分かりません」 > ④はxを有理数とすると、zは無理数となる。
から
> ⑥は有理数解を持たない。
は言えない。 X:Y:Z=x:y:z であっても何の問題もない。
すみません。どういう意味かを、教えて下さい。 ,,-''ヽ､
,, -''" ＼
_,-'" ＼
/＼ フェルマー ＼
＿＿ //＼＼ 最終定理 ＼
／|[]::::::|_ / ＼/＼＼ トンデモ証明 ／
.／|￣￣￣￣ //＼ ＼/ ＼ ／/ ＿＿＿
| |:::「「「「「「 / ＼/＼ /＼＼ ／:::/ .／| |＿＿
＿..| |:::LLLLL//＼ ＼/ ＼/＼＼／::::::/ ／ | ロ .|lllllllllllll
／ llllll| |:::「「「「 / ＼/＼ /＼ .＼/ ./::::::::/ ／ .／ .| |lllllllllllll
＿＿ llllll| |:::LLL.//＼ ＼/ ＼/＼ /::::::::/ | ／ .| ロ .|lllllllllllll
llllll| |:::「「「/ ＼/＼ /＼ ＼/ /::::::::/ | ||／ ..| |lllllllllllll
llllll| |:::LL//＼ ＼/ ＼/＼ ./::::::::/ .| ||／ ..|
| |:::「./ .＼/＼ /＼ ＼/ /::::::::/⌒ヽ､ .| ||／ ..|
| |:::l//＼ ＼/ ＼/＼_, -― ､ ''"⌒ヽ,_
(⌒ヽ､_,ノ⌒Ｙ" Y .....⌒)
(⌒ヽーﾞ ....::（ ..::....... .__人.....::::::::::::::::::::
＿ノ⌒ヽ Y⌒ヽ;;:::::"'::::::::::::::::::::::::::::: ＿＿＿
＿＿_( ﾞ ....:::..... Y"
∧＿∧
∩<ｌ|ｌ｀∀´>
ヽ ノ .a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが
(,,つ .ﾉ
.し' a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません >>411
自分で考えろ。
>⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
⑥が有理数解を持たないことの証明がないのでダメ。 >>413
おまえが矛盾することを書いてるから。
分かるまで考えろよ。
１週間で２週間でも。 >>413
おまえが矛盾することを書いてるから。
分かるまで考えろよ。
１週間でも２週間でも。
１ヶ月考えて分からなかったら何を考えたかまとめてレポートしてくれ。 >a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが
間違いでしょうか？ たとえば a を自然数としたとき
a^{1/(1-1)}
などという表現が可能なのか？ >⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
>⑥が有理数解を持たないことの証明がないのでダメ。
X:Y:Z=x:y:zとなるので、x,y,zが有理数とならないならば、X,Y,Zも有理数となりません。 >おまえが矛盾することを書いてるから。
どこでしょうか？ >たとえば a を自然数としたとき
a^{1/(1-1)}
などという表現が可能なのか？
表現が可能かどうかは、分かりません。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>420
>⑥が有理数解を持たないこと
X:Y:Z=x:y:zとなるので、x,y,zが有理数とならないならば、X,Y,Zも有理数となりません。
この主張は間違っています。
なので証明になっていません。 >>423
無視するなボケが。間違い。
>>374
>>403
あわせて嘘つき。
理由は、おまえが矛盾することを書いてるから。
分かるまで考えろよ。
１週間でも２週間でも。
１ヶ月考えて分からなかったら何を考えたかまとめてレポートしてくれ。 >⑥が有理数解を持たないこと
X:Y:Z=x:y:zとなるので、x,y,zが有理数とならないならば、X,Y,Zも有理数となりません。
>この主張は間違っています。
理由を教えて下さい。 >>423
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｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
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｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです
｜の｜
｜本｜ a^{1/(1-1)}という表現が可能かどうかわかりませんが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ま｜
｜せ｜ しかしその自慢の下半身がだんだん劣化しつつあります。(´・ω・｀)
｜ん｜
｜！｜ しかし、私はひたすら投稿し続けます。(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
└高┘ >毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
よろしくお願いします。 >>426
> ⑥が有理数解を持たないこと
> X:Y:Z=x:y:zとなるので、x,y,zが有理数とならないならば、X,Y,Zも有理数となりません。
> >この主張は間違っています。
>
> 理由を教えて下さい。
X:Y:Z=x:y:z であって、x,y,zが無理数、X,Y,Zが有理数になることがあるからです。 >>423の解法の方針は、
x^p+y^p=z^p となるどんな実数についても、
x,y,z に適当な実数 k を掛けて x'=kx, y'=ky, z'=kz とすることで、
z’=x’+p^{1/(p-1)} とすることができる、
この x',y',z' が整数比とならないことを証明する、
ってことでよいの？ 爺さんは朝が早いのでもう寝たことであろう。
ではまた明日（笑）。 >X:Y:Z=x:y:z であって、x,y,zが無理数、X,Y,Zが有理数になることがあるからです。
x,y,zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数dで、割ると、
x/d=X,y/d=Y,z/d=Zは、有理数となります。
無理数、x,y,zが存在するならば、有理数X,Y,Zも存在します。
⑥には、有理数x,y,zは存在しません。
つまり、無理数x,y,zの比と、有理数x,y,zの比は、等しくなります。 >>434
デタラメ
首から上に頭脳というモノがあるのか？
> どの部分がデタラメでしょうか？
これまでのレスを読め。 >>434
間違ってるから間違っていると言われているんであって、思い込みで言い訳はやめろよ。 >x^p+y^p=z^p となるどんな実数についても、
x,y,z に適当な実数 k を掛けて x'=kx, y'=ky, z'=kz とすることで、
z’=x’+p^{1/(p-1)} とすることができる、
この x',y',z' が整数比とならないことを証明する、
ってことでよいの？
z’=x’+p^{1/(p-1)}は、計算間違いでは、ないでしょうか？
z’=x’+k(p^{1/(p-1)})では、ないでしょうか？
この x',y',z'は、整数比となる可能性がありますが、
「x':y':z'=x:y:zとなるので、整数比とならない。」となります。
それから、
正確には、「適当な実数 k 」ではなく、
k=a^{1/(p-1)}となります。 >これまでのレスを読め。
教えていただけないのでしょうか？ >数学用語の使い方も知らずにでたらめばかり。
確かに、不正確な数学用語の使い方をしているかもしれませんので、
ご指摘お願いします。 >間違ってるから間違っていると言われているんであって、思い込みで言い訳はやめろよ。
間違っている箇所をご指摘いただけないでしょうか。 >>441
> >間違ってるから間違っていると言われているんであって、思い込みで言い訳はやめろよ。
>
> 間違っている箇所をご指摘いただけないでしょうか。
全部。具体的じゃん。 >>442
証明できていないという指摘に対して、証明できていると主張すること自体が間違い。 >証明できていないという指摘に対して、証明できていると主張すること自体が間違い。
どうして、証明できていないのでしょうか？ >>445
> >証明できていないという指摘に対して、証明できていると主張すること自体が間違い。
>
> どうして、証明できていないのでしょうか？
どうして証明できていると思いこめるのでしょうか？ >>444
分からないのはお前の責任。
他人に押しつけるなよ。 >>434
> X:Y:Z=x:y:z であって、x,y,zが無理数、X,Y,Zが有理数になることがあるからです。
>
> x,y,zが無理数で、整数比となるならば、共通の無理数dで、割ると、
> x/d=X,y/d=Y,z/d=Zは、有理数となります。
> 無理数、x,y,zが存在するならば、有理数X,Y,Zも存在します。
ここまでの内容から
> ⑥には、有理数x,y,zは存在しません。
> つまり、無理数x,y,zの比と、有理数x,y,zの比は、等しくなります。
ここで論理が飛躍しています。
⑥に有理数解x,y,zが存在しないと主張する根拠はなんですか。
省略せずにちゃんと書いてください。 >他人に押しつけるなよ。
「押しつけ」ては、いないと思います。 >⑥に有理数解x,y,zが存在しないと主張する根拠はなんですか。
X:Y:Z=x:y:zとなるからです。 >>449
> >他人に押しつけるなよ。
>
> 「押しつけ」ては、いないと思います。
押しつけられている。事実。
こちらの事情を勝手に決めるな。 >>450
> >⑥に有理数解x,y,zが存在しないと主張する根拠はなんですか。
>
> X:Y:Z=x:y:zとなるからです。
根拠になってない。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >根拠になってない。
どうしてでしょうか？理由を教えていただけないでしょうか。 >⑥に有理数解x,y,zが存在しないと主張する根拠はなんですか。
省略せずにちゃんと書いてください。
➃に有理数解x,y,zが存在しないからです。 >>455
> ⑥に有理数解x,y,zが存在しないと主張する根拠はなんですか。
> 省略せずにちゃんと書いてください。
>
> ④;に有理数解x,y,zが存在しないからです。
④に有理数解が存在しないと、なぜ⑥に有理数解が存在しないのですか？ >>453
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｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
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｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです
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｜本｜ a^{1/(1-1)}という表現が可能かどうかわかりませんが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ま｜
｜せ｜ しかしその自慢の下半身がだんだん劣化しつつあります。(´・ω・｀)
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｜！｜ しかし、私はひたすら投稿し続けます。(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
└高┘ >④に有理数解が存在しないと、なぜ⑥に有理数解が存在しないのですか？
x:y:z=X:Y:Zとなるからです。 >毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。
よろしくお願いします。 >>458
> ④に有理数解が存在しないと、なぜ⑥に有理数解が存在しないのですか？
>
> x:y:z=X:Y:Zとなるからです。
意味が分かりません。
省略せずに書いてください。 >④に有理数解が存在しないと、なぜ⑥に有理数解が存在しないのですか？
x:y:z=X:Y:Zとなるからです。
意味が分かりません。
省略せずに書いてください。
453を、読んでいただけないでしょうか。 >>462
> ④に有理数解が存在しないと、なぜ⑥に有理数解が存在しないのですか？
>
> x:y:z=X:Y:Zとなるからです。
>
> 意味が分かりません。
> 省略せずに書いてください。
>
> 453を、読んでいただけないでしょうか。
読んでますがわかりません。
④に有理数解が存在しないと⑥に有理数解が存在しないのはなぜですか？
x:y:z=X:Y:Z は成立しますが、
x,y,zが無理数で、X,Y,Zが有理数であっても何も矛盾はありませんよ。 > 453を、読んでいただけないでしょうか。
>>453 は数学の証明ではなく、素人漫才のシナリオのメモみたいなものだから
人様に読んでもらえるようなモノではない。
何せ、日高クンが下半身で考えた意味不明の文字列なのだから。 >>454
> >根拠になってない。
>
> どうしてでしょうか？理由を教えていただけないでしょうか。
事実だから。 >x,y,zが無理数で、X,Y,Zが有理数であっても何も矛盾はありませんよ。
x,y,zが無理数で、整数比となると仮定すると、無理数dで、割ると、
x/d,y/d,z/dは、有理数となります。
➃x/d,y/d,z/dが、有理数のとき、
z/d=x/d+p^{1/(p-1)}は、x/dを、有理数とすると、z/dは有理数となりません、 >じじいの開き直りって最低だな
厚顔無恥
厚顔無恥は、ご容赦ください >人様に読んでもらえるようなモノではない。
理由を教えていただけないでしょうか。 >>468
> x,y,zが無理数で、X,Y,Zが有理数であっても何も矛盾はありませんよ。
>
> x,y,zが無理数で、整数比となると仮定すると、無理数dで、割ると、
> x/d,y/d,z/dは、有理数となります。
> ④;x/d,y/d,z/dが、有理数のとき、
> z/d=x/d+p^{1/(p-1)}は、x/dを、有理数とすると、z/dは有理数となりません、
大笑い。
z/d=x/d+p^{1/(p-1)} になると本気で思ってるのですか？
z=x+p^{1/(p-1)} だから、z/d=x/d+p^{1/(p-1)}/d になりますよ。
z/dは有理数になっても何も矛盾はありません。 > 厚顔無恥は、ご容赦ください
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｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです
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｜本｜ a^{1/(1-1)}という表現が可能かどうかわかりませんが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ま｜
｜せ｜ ところが、その自慢の下半身がだんだん劣化しつつあります。(´・ω・｀)
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└高┘ >x^2+y^2=(x+π)^2, z=x+π
は有理数解を持たない。
X^2+Y^2=Z^2
は有理数解を持つ。
この事実をどう思っているんだ？
日高の理屈ならx:y:z=X:Y:Zだろ？
x:y:z=X:Y:Zとなるので、Zは、無理数となります。 > x,y,zが無理数で、X,Y,Zが有理数であっても何も矛盾はありませんよ。
>
> x,y,zが無理数で、整数比となると仮定すると、無理数dで、割ると、
> x/d,y/d,z/dは、有理数となります。
> ④;x/d,y/d,z/dが、有理数のとき、
> z/d=x/d+p^{1/(p-1)}は、x/dを、有理数とすると、z/dは有理数となりません、
大笑い。
z/d=x/d+p^{1/(p-1)} になると本気で思ってるのですか？
z=x+p^{1/(p-1)} だから、z/d=x/d+p^{1/(p-1)}/d になりますよ。
z/dは有理数になっても何も矛盾はありません。
すみません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。
よろしくお願いします。 >>474
宇宙人と話しているようだ。
z/d=x/d+p^{1/(p-1)} にはならないと言ってるだけですが、何がわからないのですか？
z=x+p^{1/(p-1)} なら、z/d=x/d+p^{1/(p-1)}/d になることはわかりますか？ >宇宙人と話しているようだ。
z/d=x/d+p^{1/(p-1)} にはならないと言ってるだけですが、何がわからないのですか？
z=x+p^{1/(p-1)} なら、z/d=x/d+p^{1/(p-1)}/d になることはわかりますか？
わかります。 >>477
それでは、468の内容は間違いということでいいですね。 >x,y,zが無理数で、X,Y,Zが有理数であっても何も矛盾はありませんよ。
x,y,zが無理数で、整数比となると仮定すると、無理数dで、割ると、
x/d,y/d,z/dは、有理数となります。
➃x/d,y/d,z/dが、有理数のとき、
z/d=x/d+p^{1/(p-1)}は、x/dを、有理数とすると、z/dは有理数となりません
以上は、468です。
>それでは、468の内容は間違いということでいいですね。
468の内容は間違いということでは、ありません。 >爺さんはもう寝たかも知れないぞ。
まだ、寝ていません。 >>480
> x,y,zが無理数で、整数比となると仮定すると、無理数dで、割ると、
> x/d,y/d,z/dは、有理数となります。
> ④x/d,y/d,z/dが、有理数のとき、
> z/d=x/d+p^{1/(p-1)}は、x/dを、有理数とすると、z/dは有理数となりません
>
> 以上は、468です。
>
> >それでは、468の内容は間違いということでいいですね。
>
> 468の内容は間違いということでは、ありません。
やっぱり痴呆症なのかな？
z/d=x/d+p^{1/(p-1)} にならないので、間違いです。 >>453
x=100^(1/p),y=200^(1/p),z=300^(1/p)はx^p+y^p=z^pの解ですが、z=x+rとおいてもr^(p-1)=pとはなりません。
このことはどう説明しますか？ >z/d=x/d+p^{1/(p-1)} にならないので、間違いです。
z/d,x/dは、有理数です。
有理数＝有理数＋無理数となるので、式は、成り立ちません。 >x=100^(1/p),y=200^(1/p),z=300^(1/p)はx^p+y^p=z^pの解ですが、z=x+rとおいてもr^(p-1)=pとはなりません。
このことはどう説明しますか?
この例は、
100+200=300となるので、「pが奇素数のとき、」に該当しません。 >>485
？
pは奇素数ですよ。あなたが453でそう言ったじゃないですか？
それとも、453でpは奇素数とする。って書いたのは嘘ですか？ >>484
> z/d=x/d+p^{1/(p-1)} にならないので、間違いです。
>
> z/d,x/dは、有理数です。
>
> 有理数＝有理数＋無理数となるので、式は、成り立ちません。
馬鹿ですか。
z=x+p~{1/(p-1)}
だから、
z/d=x/d+p^{1/(p-1)}/d
です。
z/d=x/d+p^{1/(p-1)}
ではありません。
間違った式を元にして何か言っても無意味です。 >>473
> >x^2+y^2=(x+π)^2, z=x+π
> は有理数解を持たない。
> X^2+Y^2=Z^2
> は有理数解を持つ。
> この事実をどう思っているんだ？
> 日高の理屈ならx:y:z=X:Y:Zだろ？
>
> x:y:z=X:Y:Zとなるので、Zは、無理数となります。
嘘つき。 >pは奇素数ですよ。あなたが453でそう言ったじゃないですか？
>それとも、453でpは奇素数とする。って書いたのは嘘ですか？
この例は、
100+200=300となるので、「pが奇素数のとき、」に該当しません。
100+200=300は、p=1の場合です。 >z=x+p^{1/(p-1)}
だから、
z/d=x/d+p^{1/(p-1)}/d
です。
z/d=x/d+p^{1/(p-1)}
ではありません。
確かにz=x+p^{1/(p-1)}の両辺を、dで割ると、z/d=x/d+p^{1/(p-1)}/dとなります。
しかし、この場合には、z/d=x/d+p^{1/(p-1)}を考えます。 > >x^2+y^2=(x+π)^2, z=x+π
> は有理数解を持たない。
> X^2+Y^2=Z^2
> は有理数解を持つ。
> この事実をどう思っているんだ？
> 日高の理屈ならx:y:z=X:Y:Zだろ？
>
> x:y:z=X:Y:Zとなるので、Zは、無理数となります。
嘘つき。
X^2+Y^2=(X+π)^2, Z=X+π
ならば、
話は、変わります。
X,Y,Zが無理数で、整数比となります。 >1は素数( ｰ`дｰ´)ｷﾘｯ
1は、素数ではないと思います。 >> 491
> 確かにz=x+p^{1/(p-1)}の両辺を、dで割ると、z/d=x/d+p^{1/(p-1)}/dとなります。
> しかし、この場合には、z/d=x/d+p^{1/(p-1)}を考えます。
何を言ってるんですか。気は確かですか？
馬鹿らしいのでこれで最後にします。 >> x=100^(1/p),y=200^(1/p),z=300^(1/p)はx^p+y^p=z^pの解ですが、z=x+rとおいてもr^(p-1)=pとはなりません。
このことはどう説明しますか?
> この例は、
> 100+200=300となるので、「pが奇素数のとき、」に該当しません。
は？
詳しく説明してくれ >>493
> > >x^2+y^2=(x+π)^2, z=x+π
> > は有理数解を持たない。
> > X^2+Y^2=Z^2
> > は有理数解を持つ。
> > この事実をどう思っているんだ？
> > 日高の理屈ならx:y:z=X:Y:Zだろ？
> >
> > x:y:z=X:Y:Zとなるので、Zは、無理数となります。
> 嘘つき。
>
> X^2+Y^2=(X+π)^2, Z=X+π
> ならば、
> 話は、変わります。
> X,Y,Zが無理数で、整数比となります。
ごまかすな。
元々ので嘘つき 何で人の指摘に対して文句をいうのに自分のミスは直さないんだ？ >> x=100^(1/p),y=200^(1/p),z=300^(1/p)はx^p+y^p=z^pの解ですが、z=x+rとおいてもr^(p-1)=pとはなりません。
このことはどう説明しますか?
> この例は、
> 100+200=300となるので、「pが奇素数のとき、」に該当しません。
は？
詳しく説明してくれ
100^1+200^1=300^1となるので、p=1の例となります。 >>473
余計な説明しようが嘘つき
ついでに日本語の勉強もしろよ >何で人の指摘に対して文句をいうのに自分のミスは直さないんだ？
どの指摘のことでしょうか？ 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥をX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、⑥は④の定数倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >意味不明。やり直し
どの部分が、意味不明でしょうか？ >余計な説明しようが嘘つき
どの部分が余計な説明でしょうか？ >意味不明。やり直し
どの部分が、意味不明でしょうか？ 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >> x=100^(1/p),y=200^(1/p),z=300^(1/p)はx^p+y^p=z^pの解ですが、z=x+rとおいてもr^(p-1)=pとはなりません。
このことはどう説明しますか?
> 100^1+200^1=300^1となるので、p=1の例となります。
> は？
奇素数 7 で考えよう。
p = 7
x = 100^(1/7)
y = 200^(1/7)
z = 300^(1/7)
x^7 + y^7 = (100^(1/7))^7 + (200^(1/7))^7 = 100 + 200
z^7 = (300^(1/7))^7 = 300
のように p = 7 のときでも
100 + 200 = 300
となるけど。この例に限らず x、y、z が実数ならいくらでも
x^p + y^p = z^p
は成り立つわけだが、そこまで条件を緩めても
z = x + r とおいたとき r^(p-1) = p
とはならないと言っているのだ。まして x、z が自然数なら r = z - x は整数なのだから
r^(p-1) = p
というよなアフォな式が成り立つわけがない。 >z = x + r とおいたとき r^(p-1) = p
とはならないと言っているのだ。まして x、z が自然数なら r = z - x は整数なのだ>から
r^(p-1) = p
というよなアフォな式が成り立つわけがない。
100 + 200 = 300は、p=1の場合の式です。
r^(p-1) = pは、r=p^{1/(p-1)}となります。
p=1の場合、この式は計算不可能です。pが2以上ならば、計算可能です。 >>514
p = 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のときp = 1であることを証明してください >p = 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のときp = 1であることを証明してください
{100^(1/7)}^7+{200^(1/7)}^7={300^(1/7)}^7は、
100+200=300となります。
100+200=300は、100^1+200^1=300^1となります。 >>516
つまり7=1ということで宜しいですか？ >>516
また日高の珍回答か
・p = 7 のときp = 1であることを証明した >>516
┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は人類をはるか超越するレベルです。
｜の｜
｜本｜ p = 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき p = 1 であることを証明
｜は｜
｜読｜ (100^(1/7))^7 + (200^(1/7))^7 = 300^(1/7) ⇔ 100 + 200 = 300
｜ん｜
｜で｜ 100 + 200 = 300 ⇔ 100^1 + 200^1 = 300^1 ∴1 = 7
｜ま｜
｜せ｜ 数学史上、燦然と輝く珍証明です。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ん｜
｜！｜ おかげで睾丸無知な私の下半身が甦りました。(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
└高┘ >つまり7=1ということで宜しいですか？
違います。
{100^(1/7)}^7+{200^(1/7)}^7={300^(1/7)}^7までは、
p=7ですが、
100^1+200^1=300^1は、100^n+200^n=300^nとして、n=1とします。 ・p = 7 のときp = 1であることを証明した
違います。
p = 7 のときn= 1です。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥をX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、⑥は④の定数倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>520
なるほど、p=7のときはn=1なんですね
ところでz = x + r とおいたとき r^(p-1) = pは成立していませんが、これは何故ですか？
>>514で自分で言っているようにp=7のときにはこの式は計算が可能なんですよね >>521
＞・p = 7 のときp = 1であることを証明した
＞違います。
＞p = 7 のときn= 1です。
言い訳が苦しいにも程がある
お前さんのエセ証明にnなど只の一度も登場しない
この大嘘つきめが！ >>522
指摘ややりとりが解決してないのにごまかしてるんじゃないよ。 >なるほど、p=7のときはn=1なんですね
別の言い方をすると、
「p=7は、p=1に帰着する。」ということです。 >p=7のときにはこの式は計算が可能なんですよね
ん
p=7は、p=1に帰着するので、計算不可能です。 ＞p = 7 のときn= 1です。
p = 7 は、p=1に帰着するということです。 >>529
計算できるといったり計算できないと言ったり、意味不明 >>528
>>514と>>529は矛盾する内容ですが、結局p=7の場合は計算可能なのか計算不可能なのかどっちですか？ > p = 7 は、p=1に帰着するということです。
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
爺さん、もう寝ろwwwwwwwwww >計算できるといったり計算できないと言ったり、意味不明
どのことを指しているのでしょうか？ >>528
>>514と>>529は矛盾する内容ですが、結局p=7の場合は計算可能なのか計算不可能なのかどっちですか？
p=7は、p=1に帰着するので、計算不可能です。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>514
> r^(p-1) = pは、r=p^{1/(p-1)}となります。
> p=1の場合、この式は計算不可能です。pが2以上ならば、計算可能です。
>>529
> p=7は、p=1に帰着するので、計算不可能です。
奇素数 p = 11
x = 100^(1/11), y = 200^(1/11), z = 300^(1/11)
(100^(1/11))^11 + (200^(1/11))^11 = (300^(1/11))^11
⇔ 100 + 200 = 300 ⇔ 100^1 + 200^1 = 300^1
>>514 によれば「pが2以上ならば、計算可能」
>>529 によれば「p=7は、p=1に帰着するので、計算不可能」
さて、p = 11 は
514 によれば計算可能
529 によれば「p=11は、p=1に帰着するので、計算不可能」
p=11 以降の奇素数についても以上のことは成り立つ。
いったいどっちが正しいのだ（笑）。 【定理】pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【日高の証明】pは2とする。p=2は、p=1に帰着するので、計算不可能です。(QED) 【定理】pが1のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【日高の証明】pは1とする。p=1は、計算不可能です。(QED) >p=11 以降の奇素数についても以上のことは成り立つ。
pが任意の自然数であっても、全てp=1に帰着します。 >【定理】pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【日高の証明】pは2とする。p=2は、p=1に帰着するので、計算不可能です。(QED)
まったく、内容が違います。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>535
では、あなたの証明>>542で使われている数式
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④
でも、右辺は計算不可能ということで宜しいですか？ >では、あなたの証明>>542で使われている数式
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④
でも、右辺は計算不可能ということで宜しいですか？
④は、pが、奇素数の場合ですので、計算可能です。 >>544
>>540ではpが任意の自然数であっても、全てp=1に帰着すると書いていましたが、すると④も計算不可能になりますよね？ >ではpが任意の自然数であっても、全てp=1に帰着すると書いていましたが、すると④も計算不可能になりますよね？
④は、奇素数の場合です。
pが任意の自然数であっても、全てp=1に帰着するのは、まったく別の話です。
100+200=300の話です。 帰着って何だよｗ
結局
・p = 7 のときp = 1であることを証明した
ってことか
爺さん流石イカれてるぜ >>547
いえ、別の話ではありません
④にp=7, x=100^(1/7), y=200^(1/7)を代入したのが>>510の話だからです
で、④は計算可能なのに>>510のr=p^{1/(p-1)}が計算不可能なのは何故ですか？ 爺さん、「帰着する」という呪文を覚えたようだな。
これを使えば何でも証明できそうだ！ >>547
数学用語使えよ。
痴呆老人用語は意味わかんないんだよ。
数学用語使えないんなら、お前が書いている文章は数学じゃないんだよ。 爺さんはそろそろ寝る頃だ。みなさん、また明日（笑）。 >帰着って何だよｗ
帰着の意味は、例えば
{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pは、
p=1に帰着する。
このような意味です。 >いえ、別の話ではありません
④にp=7, x=100^(1/7), y=200^(1/7)を代入したのが>>510の話だからです
で、④は計算可能なのに>>510のr=p^{1/(p-1)}が計算不可能なのは何故ですか？
p=7は、p=1に帰着します。
r=p^{1/(p-1)}にp=1を代入すると、r=p^{1/0}となり、rは、特定できません。
p=1の場合は、x+y=x+rとなるので、x=yとなります。 >帰着の説明になってないだろ
すみませんが、帰着の説明を、していただけないでしょうか。 では、あなたの証明>>542でもp=7とすればp=1に帰着して計算不可能になるということで宜しいですか？ 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 問題を置き換えて考えて座標とか方程式が見たことある式や形式になることを帰着と言うが。 >では、あなたの証明>>542でもp=7とすればp=1に帰着して計算不可能になるということで宜しいですか？
いいえ。違います。
542は、pが奇素数の場合です。
p=1の場合は、該当しません。 >問題を置き換えて考えて座標とか方程式が見たことある式や形式になることを帰着と言うが。
すみませんが、もう少し具体的に説明していただけないでしょうか。 >>561
p=7は奇素数ですが、>>556によればp=1に帰着するという回答が得られています
もともとのpが奇素数だろうが何だろうが結局p=1に帰着するというのがあなたの主張ですよね？ >p=7は奇素数ですが、>>556によればp=1に帰着するという回答が得られています
もともとのpが奇素数だろうが何だろうが結局p=1に帰着するというのがあなたの主張ですよね？
{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pの場合は、
pが、7であっても、他の自然数であっても、全てp=1に帰着します。 >>564
何故か>>542の式はp=1に帰着しないということですか？
それでは、p=1に帰着する式とp=1に帰着しない式の違いを教えてください >何故か>>542の式はp=1に帰着しないということですか？
それでは、p=1に帰着する式とp=1に帰着しない式の違いを教えてください
542の式はp=1に帰着しません。
p=2,p=3は、それぞれ異なる式となります。
p=1に帰着する式は、{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pこの式です。 >>566
なるほど、>>542の式はp=1に帰着しないが{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pはp=1に帰着するのですね
それで、他にどういう式がp=1に帰着して、どういう式はp=1に帰着しないのですか？もう一度書きますが、p=1に帰着する式とp=1に帰着しない式の違いを教えてください >それで、他にどういう式がp=1に帰着して、どういう式はp=1に帰着しないのですか？もう一度書きますが、p=1に帰着する式とp=1に帰着しない式の違いを教えてください
p=1に帰着する式は、他にたくさんあると、思いますが、例をあげることは、できません。
ただ、542の式は、p=1には、帰着しません。 >>568
他にp=1に帰着する式はたくさんあるのに、どうして>>542の式だけはp=1に帰着しないのですか？
それをきちんと証明して、新しく書き直してください >どうして>>542の式だけはp=1に帰着しないのですか？
542の式は、p=1に帰着する理由がありません。
{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^p
この式は、p=1に帰着する理由があります。
理由は、pにどんな数を、代入しても、
100+200=300となります。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>570
>>542の式がp=1に帰着しないことは証明できないということで宜しいですか？ >>542の式がp=1に帰着しないことは証明できないということで宜しいですか？
542の式は、p=1とすると、r=yとなります。rが定まりません。
542の式のpに、2,3,4,5・・・・を代入しても、p=1を代入した場合と同じには、
なりません。 >>571
零点。証明のはじめに x,y,z が何なのか明示されてないから。
まともな証明なら x,y,z は自然数と仮定する。したがって
z = x + r
とおいたときの r も自然数である。
r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} ･････ ③
から、何の根拠も示さず
r^(p-1) = p
とはできないので零点。
仮にそれを認めてしまうと r は明らかに無理数になってしまい、r が自然数という仮定に反するから証明はここで終わる。
また
r^(p-1) = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
も考慮しなければならない。
③の右辺に、a(1/a)を掛けると
r^(p-1){(y/r)^p-1} = pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤
となるが、これから勝手に
r^(p-1) = pa
とはできない。かけ算は交換法則が可能なので
r^(p-1) = a
r^(p-1) = 1/a
r^(p-1) = p/a
r^(p-1) = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
r^(p-1) = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a
も考慮しなければならない。
ちなみに>>571（今までの証明はすべて）の丸数字は、③だけが機種依存文字になっている。
見苦しいから書き直そう。この投稿の③と比べれば老眼でもよくわかるはずである。 >r^(p-1) = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
も考慮しなければならない。
r={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}^{1/(p-1)}とすると、rが定まりません。
>③だけが機種依存文字になっている。
見苦しいから書き直そう。この投稿の③と比べれば老眼でもよくわかるはずである。
すみません。原因が、分かりません。 コントかよ。
お前が考える帰着の意味を問うているのに、なぜ他人に聞くんだよw >お前が考える帰着の意味を問うているのに、なぜ他人に聞くんだよw
帰着の正確な意味を、知りたいからです。 なら、正確な意味を知らない言葉なんてはじめから使うなよ。 >なら、正確な意味を知らない言葉なんてはじめから使うなよ。
すみません。他に言葉を知らないから使いました。 >>571
まずは溜まっているやりとりを終わらせろよ。 >まずは溜まっているやりとりを終わらせろよ。
溜まっているやりとりとは、どのようなことでしょうか？ 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>584
指摘無視。
p=1への帰着だとかはどうなった？
帰着という言葉は意味分かってなくて使えないんだから、他の言葉で説明し直すべきだろうが。 >>583
> >まずは溜まっているやりとりを終わらせろよ。
>
> 溜まっているやりとりとは、どのようなことでしょうか？
お前は幼稚園児か？自分が何に返事してその返事が相手に認められたのかどうか全部メモっておけよ。 >>573
なるほど、あなたの世界ではp=2,3,4,5…を代入するとp=1を代入した場合と同じになる場合に「p=1に帰着する」と言うのですね
では
{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^p
にp=7を代入した場合はp=1を代入した場合と同じにはなりませんが、これはp=1に帰着しないと言うことで宜しいですか？ {p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^p
にp=7を代入した場合はp=1を代入した場合と同じにはなりませんが、これはp=1に帰着しないと言うことで宜しいですか？
はい。 >帰着という言葉は意味分かってなくて使えないんだから、他の言葉で説明し直すべきだろうが。
他の言葉は、思い当たりません >>588
なるほど、{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^pはp=1に帰着しないのですね
ところでx=p^(1/p),y=(2p)^(1/p),z=(3p)^(1/p)はx^p+y^p=z^pの解ですが、z=x+rとおいてもr^(p-1)=pとはなりません。
このことはどう説明しますか? >なるほど、{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^pはp=1に帰着しないのですね
ところでx=p^(1/p),y=(2p)^(1/p),z=(3p)^(1/p)はx^p+y^p=z^pの解ですが、z=x+rとおいてもr^(p-1)=pとはなりません。
このことはどう説明しますか?
p=7のとき、7+14=21
p=1のとき、1+2=3となります。
7^1+14^1=21^1, 1^1+2^1=3^1となるので、
p=1と同じ形となります。 >>589
> >帰着という言葉は意味分かってなくて使えないんだから、他の言葉で説明し直すべきだろうが。
>
> 他の言葉は、思い当たりません
つまり、知らない言葉でごまかすしかないってことだ。そんなごまかしは数学ではない。だから間違ったこと平気で書くんだよ。 >だから間違ったこと平気で書くんだよ。
どの部分が、間違いかを、ご指摘いただけないでしょうか。 >>593
痴呆決定だな。
自分が何に返事してその返事が相手に認められたのかどうか全部メモっておけよ。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>591
>>588ではp=1の場合に帰着しないと言ってたのに、なぜまたp=1の場合を考えるのですか？
あと7^1+14^1=21^1, 1^1+2^1=3^1は同じ式ではありません >>588ではp=1の場合に帰着しないと言ってたのに、なぜまたp=1の場合を考えるのですか？
あと7^1+14^1=21^1, 1^1+2^1=3^1は同じ式ではありません
7^1+14^1=21^1, 1^1+2^1=3^1は同じ式ではありませんが、
同じ１乗の和の形の式です。 >>599
でも{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^pはp=1に帰着しないんですよね？(>>588) >>597
許されません。痴呆老人は同じことを書き込むなよ。 >でも{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^pはp=1に帰着しないんですよね？
はい。 >許されません。痴呆老人は同じことを書き込むなよ。
すみません。許してください。 >>603
> すみません。許してください。
何故？間違いを繰り返し主張するのはタダの迷惑だろ。 >何故？間違いを繰り返し主張するのはタダの迷惑だろ。
迷惑を、おかけします。どうかお許し願います。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>605
> 迷惑を、おかけします。どうかお許し願います。
迷惑かつ傲慢とか許されるはず無いだろが。さすが痴呆 >迷惑痴呆老人決定
すみません。ご迷惑をおかけします。 >>602
じゃあ>>591の説明は誤りということで宜しいですか？ >じゃあ>>591の説明は誤りということで宜しいですか？
いいえ。
p=1の形は、p=1と同じですので、r=p^{1/(p-1)}のrが、定まりません。 もともと p は奇素数として仮定しているのに（つまり、p ≠ 1, p ≠ 2)、p = 7
のとき p = 1 に「帰着」するとはどういうことなのだ？
まるで無意味ではないか。 >もともと p は奇素数として仮定しているのに（つまり、p ≠ 1, p ≠ 2)、p = 7
のとき p = 1 に「帰着」するとはどういうことなのだ？
まるで無意味ではないか。
そうです。私の証明には、無意味な式です。
p = 7のとき、 p = 1 に「帰着」するのは、
{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pのときです。
上の式は、pにどんな数を代入しても、
100^1+200^1=300^1となります。 >>614
> >もともと p は奇素数として仮定しているのに（つまり、p ≠ 1, p ≠ 2)、p = 7
> のとき p = 1 に「帰着」するとはどういうことなのだ？
> まるで無意味ではないか。
>
> そうです。私の証明には、無意味な式です。
>
> p = 7のとき、 p = 1 に「帰着」するのは、
> {100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pのときです。
> 上の式は、pにどんな数を代入しても、
> 100^1+200^1=300^1となります。
だから何？
帰着とは？何が言いたいのか意味不明。 >>611
何故ですか？
p=7の式が「p=1の式の形と同じ」だったとしても、p=7であってp=1ではないのですから、r=p^{1/(p-1)}はきちんと定まりますよ >何故ですか？
p=7の式が「p=1の式の形と同じ」だったとしても、p=7であってp=1ではないのですから、r=p^{1/(p-1)}はきちんと定まりますよ
{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pのとき、
p=7ならば、x,y,zは、無理数となります。
p=1ならば、x,y,zは、有理数となります。
フェルマーの最終定理の証明は、x,y,zが、有理数の場合で、pが3以上の場合を
考えます。
100^1+200^1=300^1となります。 >だから何？
帰着とは？何が言いたいのか意味不明。
申し訳ありません。
すみませんが、「帰着」は、意味不明のままで、お願いします。 【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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は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。 >>617
はい？説明になってませんが
結局p= 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき、p=1なんですか？それともp=1じゃないんですか？ はい？説明になってませんが
結局p= 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき、p=1なんですか？それともp=1じゃないんですか？
p=7です。 >>621
> はい？説明になってませんが
> 結局p= 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき、p=1なんですか？それともp=1じゃないんですか？
>
> p=7です。
で？説明になってないんだから、説明からやり直せよ。 >>621
では、p^{1/(p-1)}は計算可能で、ちゃんと定まりますね >では、p^{1/(p-1)}は計算可能で、ちゃんと定まりますね
p^{1/(p-1)}は計算不可能です。
{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pのとき、
p=7ならば、x,y,zは、無理数となります。
p=1ならば、x,y,zは、有理数となります。
フェルマーの最終定理の証明は、x,y,zが、有理数の場合で、pが3以上の場合を
考えます。
x,y,zが、有理数ならば、p=1となります。
p=7ならば、x,y,zは、無理数となります。 >ただのゴミ。邪魔なだけ。
すみません。我慢していただけないでしょうか。 >で？説明になってないんだから、説明からやり直せよ。
すみません。私は説明になっていると思います。
説明不足は、あると思いますが。 >>625
p^{1/(p-1)}が計算不可能なのは、p=1の場合に限ります
それでもp^{1/(p-1)}が計算不可能だと主張するということは、p=1ということですか？ >>626
> >ただのゴミ。邪魔なだけ。
>
> すみません。我慢していただけないでしょうか。
やだね。ほかの指摘が済んで中身が変化したときだけにしろよゴミが。 >>627
> すみません。私は説明になっていると思います。
なっていないといわれているのだからなってない。
痴呆老人に判断の権利はない。 >p^{1/(p-1)}が計算不可能なのは、p=1の場合に限ります
それでもp^{1/(p-1)}が計算不可能だと主張するということは、p=1ということですか？
p=7の場合は、{100^(1/7)}^p+{200^(1/7)}^p={300^(1/7)}^pとなるので、
x,y,zは、無理数となります。
p=1の場合は、{100^(1/1)}^p+{200^(1/1)}^p={300^(1/1)}^pとなるので、
x,y,zは、有理数となります。 >やだね。ほかの指摘が済んで中身が変化したときだけにしろよゴミが。
すみません。なんとかならないでしょうか。 >>631
pの値がコロコロ変わることはありません
もう一度聞きますが、p= 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき、p = 1ですか？
YESかNOかで答えてください >>632
> >やだね。ほかの指摘が済んで中身が変化したときだけにしろよゴミが。
>
> すみません。なんとかならないでしょうか。
ならねえよ。同じもの何度も書いても誰も読まねえよ。 >pの値がコロコロ変わることはありません
もう一度聞きますが、p= 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき、p = 1ですか？
YESかNOかで答えてください
NOです。 >ならねえよ。同じもの何度も書いても誰も読まねえよ。
すみません。 >まずは全ての指摘とやりとりが解決してからだろが。
一つだけ上げてもらえれば、有難いです。 >>636
ではこれ以降あなたがまた「p=1の場合～」とか「p=1と同じ～」と主張することは許されません
もしそのように主張した場合は>>636の回答は嘘で、自分は嘘つきだと主張していることに他なりません
さてp^{1/(p-1)}はpのみに依存する関数です
あなたはp≠1だと確かに認めましたから、p^{1/(p-1)}は計算可能でちゃんと値が定まります >ではこれ以降あなたがまた「p=1の場合～」とか「p=1と同じ～」と主張することは許されません
どうしてでしょうか？
636の回答を一つだけ求めたからでは、ないでしょうか？ >>641
「p= 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき、p = 1か否か」という問いに対してはYESかNOか必ず1つの回答になるはずです
ならないとしたら「p = 1であり、かつp≠1でもある」ことになって矛盾します
そしてあなたは>>636でこの回答にNOと答えました
したがってこれ以降あなたがまた「p=1の場合～」とか「p=1と同じ～」と主張することは許されません
もしそのように主張した場合は>>636の回答は嘘で、自分は嘘つきだと主張していることに他なりません
さてp^{1/(p-1)}はpのみに依存する関数です
あなたはp≠1だと確かに認めましたから、p^{1/(p-1)}は計算可能でちゃんと値が定まります >>641
> >ではこれ以降あなたがまた「p=1の場合～」とか「p=1と同じ～」と主張することは許されません
>
> どうしてでしょうか？
> 636の回答を一つだけ求めたからでは、ないでしょうか？
つまり636の回答も時々変わるってのか。
マジで消えれば？ >全てに答えるのが最低限の責任ダロが。
すみません。全てに答えることは、できないので、一つだけで許して貰えないでしょうか。 >さてp^{1/(p-1)}はpのみに依存する関数です
あなたはp≠1だと確かに認めましたから、p^{1/(p-1)}は計算可能でちゃんと値が定まります
p=7の場合、p=1と同じとなります。
100+200=300となります。 >つまり636の回答も時々変わるってのか。
マジで消えれば？
636の回答は、まちがいでしょうか？
645を、見て下さい。 >>645
>>642で確認したように、あなたは>>636でp≠1であると明言したのですから「p=1と同じ～」と主張することは許されません
したがって>>636の回答は嘘で、あなたは他人との返答においても嘘を平気でつくことがよく分かりました >>644
> >全てに答えるのが最低限の責任ダロが。
>
> すみません。全てに答えることは、できないので、一つだけで許して貰えないでしょうか。
全てに答えるのが最低限だ。
それが出来ないなら掲示板に書き込んだりメールしたりするな。 >>642で確認したように、あなたは>>636でp≠1であると明言したのですから「p=1と同じ～」と主張することは許されません
どうしてでしょうか。 >全てに答えるのが最低限だ。
それが出来ないなら掲示板に書き込んだりメールしたりするな。
すみません。許していただけないでしょうか。 【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、x,y,zは有理数とする。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)})^p…④となる。
④はp^{1/(p-1)}が無理数なので、zは無理数となる。よって、④は有理数解を持たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥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。
, >デタラメ。爺さんはもう寝ろｗｗｗ
デタラメ箇所を教えて下さい。 【定理】pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【日高の証明】pは2、x,y,zは有理数とする。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{(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)r+…+r^(p-1)x}…③とする。
③はr^p=pとすると、r=p^{1/p}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/p})^p…④となる。
④はp^{1/p}が無理数なので、zは無理数となる。よって、④は有理数解を持たない。
③の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^p{(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)r+…+r^(p-1)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^p=p以外の場合は、r^p=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/p})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/p}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も有理数解を持たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>650
> >全てに答えるのが最低限だ。
> それが出来ないなら掲示板に書き込んだりメールしたりするな。
>
> すみません。許していただけないでしょうか。
ふざけるな >x,y,z有理数
は確定なんだね。
x,y,zは有理数と仮定します。 >ゴミを書き込むな。
どの部分が、ゴミでしょうか、教えていただけないでしょうか。 >ふざけるな
申し訳ございません。
どの部分が、ふざけているのか、ご指摘いただけたら、幸いです。 >結局それを書き込んで何がしたいの?
間違い箇所をご指摘いただけないかと、思って書き込みました。 >有名になってノーベル賞をもらいたい
そういう気持ちは、もうとうございません。 >結局それを書き込んで何がしたいの?
655は私の書き込みでは、ありません。 【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が奇素数、x,y,zが有理数のとき、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)})^p…④となる。
z=x+p^{1/(p-1)}が、成り立たないので、④は有理数解を持たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥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,y,zを有理数と仮定したとき、x^p+y^p=z^p…①が、成り立つかを検討する。
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)})^p…④となる。
z=x+p^{1/(p-1)}のzは無理数となるので、④は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 > ①をz=x+rとおくと、
zはすでに与えられているのに勝手に「おいている」。間違い。 >zはすでに与えられているのに勝手に「おいている」。間違い。
すみませんが、詳しく説明していただけないでしょうか。 「z=...とおく」という書き方は、数学では「ここでzという文字を右辺で定義する」という意味で使う。
しかしzという文字はすでに登場しているので、再定義不可。
いいかえると、再定義してしまうような証明は間違い。 最初
x,y,zを有理数と仮定したとき
なのだから
z=x+rとおくと
のように未定義の r で z を定義できない。
仮に
r = z - x とおくと
とした場合は r は有理数なので
③はr^p=pとすると
とはできない。 >> 672
一度にそんなにたくさんの情報を与えても日高には理解できないよ。
>> 671 の情報だけでたくさん。 >しかしzという文字はすでに登場しているので、再定義不可。
すみません。よく理解することが、できませんので、可能ならば、
もう少し詳しく説明していただなでしょうか。
x^p+y^p=z^pなので、z^p=x^p+y^pとなります。z^pをx^p+y^pと定義したことになります。
z=x+rならば、z^p=(x+r)^pとなるので、z^pを(x+r)^pと定義したことになります。
z^p=z^pなので、x^p+y^p=(x+r)^pとなります。
zは、有理数と仮定しているので、rが有理数となれば、仮定は成り立ちます。
rが、無理数となれば、仮定は成り立ちません。 一般に数学では定義は一度しかできないの。
すでに z という文字は登場しているのに、後でまた「zをこう定義する」とするのは間違い。
これのどこが分からない？ >最初
x,y,zを有理数と仮定したとき
なのだから
z=x+rとおくと
のように未定義の r で z を定義できない。
「z=x+rと仮定すると」に修正してもダメでしょうか。
>「z=x+rと仮定すると」に修正してもダメでしょうか
r が何者かわかってないのに、仮定なんかできるわけねえだろ。日本語がわかるのかね？
r がオマンコだったらどうするのだwwwwww
有理数 x と オマンコ r の加法から定義しないとならんぞ。 >最初
x,y,zを有理数と仮定したとき
なのだから
z=x+rとおくと
のように未定義の r で z を定義できない。
仮に
r = z - x とおくと
とした場合は r は有理数なので
③はr^p=pとすると
とはできない。
rを有理数と仮定すると、「z=x+rとおく」ことは可能でしょうか？ 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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、rは無理数となり、②は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>680
ゴミ。やりとりが終わって一段落してからにしろよ。 >ゴミ。やりとりが終わって一段落してからにしろよ。
すみません。やり取りの返事が、待てないので、
修正しました。
どうでしょうか？ご指摘お願いします。 >>682
> >ゴミ。やりとりが終わって一段落してからにしろよ。
>
> すみません。やり取りの返事が、待てないので、
> 修正しました。
>
> どうでしょうか？ご指摘お願いします。
ゴミ。 因果はめぐるもの
指摘を無視し続ける日高は
そのうち誰からも相手にされなくなる >> 680
> z=x+rとおいて、
すでに定義されているzを再定義している。間違い。 >指摘を無視し続ける日高は
すみません。どの部分が、指摘を無視したことになるのでしょうか？ >> 680
> z=x+rとおいて、
すでに定義されているzを再定義している。間違い。
すみません。680は、「zを再定義している。」ことになるのでしょうか？
この場合のrは、有理数です。 おお、爺さん。起きたか。今日も暇でけっこうなことだ。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
rは無理数となるので、➃は成り立たない。 >おお、爺さん。起きたか。今日も暇でけっこうなことだ。
よろしくお願いします。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >なる。なので間違い。
すみません。詳しく説明していただけないでしょうか。 「z=..とする」は「zを右辺で定義する」という意味だから。 >「z=..とする」は「zを右辺で定義する」という意味だから。
z=x+rと定義することは、x,rを有理数と定義しているので、zを有理数と定義したことには、ならないのでしょうか。 r を有理数と定義しているのなら
③はr^(p-1)=pとすると･･･
とはできない。p は奇素数なのだから、たとえば p = 3 のとき
r^2 = 3. r = ±√3
となり、r が有理数という仮定に反する。 >> 699
そんな難しいこと日高が理解できるわけないじゃん。
最初の間違いは「z=x+rとおいて」の部分なんだから、その後に何が続こうが証明は間違い。 >r を有理数と定義しているのなら
③はr^(p-1)=pとすると･･･
とはできない。p は奇素数なのだから、たとえば p = 3 のとき
r^2 = 3. r = ±√3
となり、r が有理数という仮定に反する。
仮定に反するので、x^p+y^p=z^p,z=x+rの有理数解は存在しない。
ということに、なるのではないでしょうか。 >最初の間違いは「z=x+rとおいて」の部分なんだから、
すみません。「z=x+rとおいて」が間違いとなる理由を教えていただけないでしょうか。 >> 704
すでに登場しているzを再定義しているから。 >ほら、理解できてない。
すみません。どの部分が理解できていないのでしょうか。 >> 706
バカに2つの情報を与えてもどうせ理解できないんだから、まず >> 705 を理解しな。 >>690
ゴミ。
～を～とおくというのも使い方が意味不明。二度と使うな >ほら、理解できてない。
すみません。どの部分が、理解できてないかを、教えていただけないでしょうか。 >> 709
バカに2つの情報を与えてもどうせ理解できないんだから、まず >> 705 を理解しな。 >バカに2つの情報を与えてもどうせ理解できないんだから、まず >> 705 を理解しな。
「まず >> 705 を理解しな。」すみません。理解することができません。 >～を～とおくというのも使い方が意味不明。二度と使うな
すみません。「使い方が意味不明。」がなぜ、意味不明なのかを、教えていただけないでしょうか。 >> 713
言語になってないからだろう。
まず言葉の勉強からだな。 >なら勉強しないとな。日本語を。
すみません。どの様な、日本語を勉強したらよろしいのでしょうか。 >言語になってないからだろう。
まず言葉の勉強からだな。
すみません。どの部分が、言語になっていないのでしょう？ >小学生が習う様な、日本語を。
すみません。どの様な、日本語でしょうか？ >> 717
挙げればきりがないが、すでに指摘されている
「～を～とおく」
の使い方がおかしく、言語になっていない。
他にはたとえば
「z=x+rと定義することは、x,rを有理数と定義しているので、zを有理数と定義したことには、ならないのでしょうか。」
という文も言語になっていない。
助詞「ので」の使い方が間違っている上に、「定義」という言葉の使い方もおかしい。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。 >> 721
すでに登場しているzを再定義してしまっている「z=x+rとおいて」の部分が間違い。
「すみません、理解できません」と謝ってみれば自分の証明が正当化されるとでも信じてるの？
お前が自分の間違いを理解しようがしまいが、間違いは間違いなんだけど。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >すでに登場しているzを再定義してしまっている「z=x+rとおいて」の部分が間違い。
rが有理数でも、z=x+rとすることは、できないのでしょうか？ >> 725
できない。zはすでに登場しているので「z=..とおいて」と再定義することはできない。 >助詞「ので」の使い方が間違っている上に、「定義」という言葉の使い方もおかしい。
すみません。よく分かりません。 >> 727
分からないから勉強が必要なんだよ。
何を勉強すればいいかは >> 720 で書いた通り。 >何を勉強すればいいかは >> 720 で書いた通り。
小学生が習う様な、日本語の、どのような言葉を勉強すれば、よろしいのでしょうか。 >稀に見る良スレ
すみません。意味を教えていただけないでしょうか。 >わざとやってるだろ
すみません。どういう意味でしょうか。 >> 730
国語の教科書に出てくるような言葉を。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >国語の教科書に出てくるような言葉を。
国語の教科書に出てくるどのような言葉でしょうか。 >> 736
国語の教科書に出てくるすべての言葉をだよ。 >国語の教科書に出てくるすべての言葉をだよ。
申し訳ございません。無理だと思います。 >ゴミ。やり直し。
申し訳ございません。やり直しは、出来ません。 >なら二度と投稿するな。
申し訳ございません。意にそうことが出来ません。
ご容赦していただくよう、お願い申し上げます。 >>743
> ご容赦していただくよう、お願い申し上げます。
やだね。投稿するな。 >やだね。投稿するな。
そう言われても、困ります。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>745
> >やだね。投稿するな。
>
> そう言われても、困ります。
困れば？ゴミは永遠にゴミ。 >> 740
それが無理なら、間違いを理解することも無理だね。
なんせ指摘されても、相手の使った言葉を理解することが無理なんだから。 >それが無理なら、間違いを理解することも無理だね。
なんせ指摘されても、相手の使った言葉を理解することが無理なんだから。
よく分かりませんが、努力はつづ >それが無理なら、間違いを理解することも無理だね。
なんせ指摘されても、相手の使った言葉を理解することが無理なんだから。
失礼しませた。よく分かりませんが、努力は続けていくつもりです。 >それが無理なら、間違いを理解することも無理だね。
なんせ指摘されても、相手の使った言葉を理解することが無理なんだから。
度重なるタイプミス失礼しました。よく分かりませんが、努力は続けていくつもりです。 >> 753
がんばって。いつか他人の指摘を理解できるようになれば（そして自分の間違いに自分で気づけるようになれば）いいね。
国語の教科書を小学校までさかのぼって5-10年くらいかけてしっかり勉強すれば夢ではないよ。 >>755
> 頑張ります。
でも勉強はしないって言い切ってるんだろ、ゴミクズ。 >でも勉強はしないって言い切ってるんだろ、ゴミクズ。
なるべく、自分の頭で考えるようにします。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >ずーっと同じ書き込みばっかりして荒らしじゃん
違います。見やすくするためです。ときどき、修正しています。
同じ書き込みばかりではありません。 >>760
746と758は全く同じ。何が見やすいのかわからん。無駄。 >746と758は全く同じ。何が見やすいのかわからん。無駄。
これは、最初の画面に表示するためです。（最初50)に戻る必要をなくすためです。 >>762
要するに自分の都合のためね。他の人には邪魔なだけ。 >要するに自分の都合のためね。他の人には邪魔なだけ。
申し訳ございません。他の人も見やすいのではないかと思って表示しています。 >>764
見やすくはない。変えたか変えてないのかわかんないのが沢山あるだけで迷惑極まりない。 >>757
> >でも勉強はしないって言い切ってるんだろ、ゴミクズ。
>
> なるべく、自分の頭で考えるようにします。
勉強が必要だという指摘は徹底的に無視ですか。 ,､i｀ヽ ,r‐'ァ
｀ヽ：： ：：´
ヽ ヽ / /
ヽ ＼ 彡≡≡ミ_ _ / /
ヽ ヽ ωH-高ω ,,／ , ' a^{1/(1-1) は特定できない「数」です。
ヽ ` ｰ ､.,,（ 皿 ）ｭ_, - ' r'
` ､_ ／：:: `山'::::： ／
ヽ：::::::::::|:::::::："",r‐' さあ！きょうもヴァカどもを論破するぞ！
〉::::::::|::::::::::¨/
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/;;;;;;;/:::::::::::《 下半身は人格がないくらい元気です！
<;;;;;;;《:::::::::::::ヽ
／ ヽI,r''"""^~ヽ どうだ、立派じゃろう
/ | ＿＿（ "''''''::::.
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| （ く ::::::::::;;;;;,,---"""￣ ＾｀｀
| ＼ ＼ ／... ￣￣ | /
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| ＿――-＼|::::: :: ﾍ | ／
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＼::::::: ／＼:::;;;;;;__ ノ
>専ブラ使おうぜ
専ブラの意味を、教えていただけないでしょうか。 >見やすくはない。変えたか変えてないのかわかんないのが沢山あるだけで迷惑極まりない。
申し訳ございません。 >勉強が必要だという指摘は徹底的に無視ですか。
なるべく、自分の頭で考えるつもりです。 >a^{1/(1-1) は特定できない「数」です。
すみません。間違いでしょうか。 >>758
日本語の中に数式がゴチャゴチャ入っているので実に見にくい。長い数式や、短くても特に重要な数式は適切に改行した方がいい。また式だけの行はインデント（字下げ）する。
【定理】pが奇素数のとき
x^p+y^p=z^p ･････①
は、自然数解を持たない。
【証明】
①をz=x+r とおいて
x^p+y^p=(x+r)^p ･････②
とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。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}･････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)})^p ･････④
となる。rは無理数となるので、④は仮定に反する。
③の右辺に、a(1/a)を掛けると
r^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)･････⑤
となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②は
X^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p･････⑥
となる。⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
X:Y:Z=x:y:z
となる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
こうしてみると、この証明のヴァカらしさが際立つなあwwwww。
それに④の大文字の X、Y、Z と ⑤の a が何であるかも不明だぞ。
>>774
> >勉強が必要だという指摘は徹底的に無視ですか。
>
> なるべく、自分の頭で考えるつもりです。
必要の意味分かってますか？ >それに④の大文字の X、Y、Z と ⑤の a が何であるかも不明だぞ。
大文字の X、Y、Zは、r=(pa)^{1/(p-1)}のときの、x,y,zです。
aは、(pa)^{1/(p-1)}が有理数のときのaです。 >こうしてみると、この証明のヴァカらしさが際立つなあwwwww。
「この証明のヴァカらしさ」が、どの箇所かを、教えていただけないでしょうか。 >>778
証明が直らない限り、どんな説明も無駄。 >>778
> それに④の大文字の X、Y、Z と ⑤の a が何であるかも不明だぞ。
>
> 大文字の X、Y、Zは、r=(pa)^{1/(p-1)}のときの、x,y,zです。
> aは、(pa)^{1/(p-1)}が有理数のときのaです。
全部意味不明。 > それに④の大文字の X、Y、Z と ⑤の a が何であるかも不明だぞ。
>
> 大文字の X、Y、Zは、r=(pa)^{1/(p-1)}のときの、x,y,zです。
> aは、(pa)^{1/(p-1)}が有理数のときのaです。
>全部意味不明。
どの部分が、意味不明でしょうか？ >必要の意味分かってますか？
すみません。よく分かりません。 >>784
だから全部。
数学的な表現になってないので、何が言いたいのか推測するのも難しい。
数Iの教科書からやり直さないとどうしようもないレベルだと思う。
証明問題で変数の定義をどうやっているか勉強しろ。 >数学的な表現になってないので、何が言いたいのか推測するのも難しい。
すみません。最初の、どの部分から、数学的な表現になってないので、何が言いたいのか推測するのも難しくなっているのかを、教えていただけないでしょうか。 >>787
> 数学的な表現になってないので、何が言いたいのか推測するのも難しい。
>
> すみません。最初の、どの部分から、数学的な表現になってないので、何が言いたいのか推測するのも難しくなっているのかを、教えていただけないでしょうか。
最初から最後まで。 おお！ 爺さん、生きていたのかwwwwwwwwwwww
,､i｀ヽ ,r‐'ァ
｀ヽ：： ：：´
ヽ ヽ / /
ヽ ＼ 彡≡≡ミ_ _ / /
ヽ ヽ ωH-高ω ,,／ , ' a^{1/(1-1) は特定できない「数」です。
ヽ ` ｰ ､.,,（ 皿 ）ｭ_, - ' r'
` ､_ ／：:: `山'::::： ／
ヽ：::::::::::|:::::::："",r‐' さあ！きょうもヴァカどもを論破するぞ！
〉::::::::|::::::::::¨/
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/;;;;;;;/:::::::::::《 下半身は人格がないくらい元気です！
<;;;;;;;《:::::::::::::ヽ
／ ヽI,r''"""^~ヽ どうだ、立派じゃろう
/ | ＿＿（ "''''''::::.
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../ ／ ／ ::::::::"""" ・ . ＼::. 丿
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| （ く ::::::::::;;;;;,,---"""￣ ＾｀｀
| ＼ ＼ ／... ￣￣ | /
｜ ＼ /:::::::: : ヽ | /
| ＿――-＼|::::: :: ﾍ | ／
|/ ⊂⌒ ヽ:::::: :::.. ﾉ |／
＼::::::: ／＼:::;;;;;;__ ノ >最初から最後まで。
最初の一行目の、何文字目からでしょうか。 >a^{1/(1-1) は特定できない「数」です。
間違いでしょうか？ >文章全体だから、1文字目からですよ。
pからでしょうか？ >>793
？？？
意味不明だと言ってるのは、 >>778 のレスに関してですよ。
大文字の X、Y、Zは、r=(pa)^{1/(p-1)}のときの、x,y,zです。
aは、(pa)^{1/(p-1)}が有理数のときのaです。
この2行が意味不明です。 >大文字の X、Y、Zは、r=(pa)^{1/(p-1)}のときの、x,y,zです。
この行のどの部分でしょうか？ 【定理】pが奇素数のとき
x^p+y^p=z^p ･････①
は、自然数解を持たない。
【証明】
①をz=x+r とおいて
x^p+y^p=(x+r)^p ･････②
とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。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}･････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)})^p ･････④
となる。rは無理数となるので、④は仮定に反する。
③の右辺に、a(1/a)を掛けると
r^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)･････⑤
となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②は
X^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p･････⑥
となる。⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
X:Y:Z=x:y:z
となる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>795
> 大文字の X、Y、Zは、r=(pa)^{1/(p-1)}のときの、x,y,zです。
>
> この行のどの部分でしょうか？
全部。
これは、X,Y,Zの定義のつもりですか？ 日高氏が言いたいのは次のようなことかと。
【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…(1)の有理数解を調べる。z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
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)})^p…(4)となる。
rが無理数なので、xを有理数とするとz=x+rは無理数となる。よって(4)は有理数解をもたない。
rがそれ以外のとき、X^p+Y^p=(X+R)^pと書く。この解をX,Y,Z(=X+R)と書くと、
Xr/R,Yr/R,Zr/R=Xr/R+rは(4)の解となるが(4)は解をもたないのでこれも解をもたない。
(1)は有理数解(x,y,z)=(0,q,q),(q,0,q),(q,-q,0)をもつ。
偽なる命題を“証明”した日高氏の証明は明らかに誤り。
（この論法が日高氏に通じるとは思えんが。） >> ①をz=x+r とおいて
なんですでに存在しているzをここで定義してるの？
その時点で間違い。後ろの部分は読む価値なし。 ＞＞７９９
日高氏の頭の中では背理法は用いておらず、
x^p+y^p=z^pの解を求めようとしている。
その際、定数rを用いてx^p+y^p=(x+r)^pとx,yの二変数にして
rごとに有理数解x,y,x+rをさがしているのでは。 >これは、X,Y,Zの定義のつもりですか？
はい。 >偽なる命題を“証明”した日高氏の証明は明らかに誤り。
すみません。どれが、「偽なる命題」に当たるかを、教えていただけないでしょうか。 >>801
定義ならこんなあやふやな書き方はしない。
798を参考にしてほしい。 >なんですでに存在しているzをここで定義してるの？
z=x+rとするためです。 >rごとに有理数解x,y,x+rをさがしているのでは。
そうです。
rが、変わっても、X:Y:Z=x:y:zとなります。 >798を参考にしてほしい。
798のどの部分を、参考にすればよいのでしょうか。 ┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです
｜の｜
｜本｜ a^{1/(1-1)}という表現が可能かどうかわかりませんが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ま｜
｜せ｜ ところが、その自慢の下半身がだんだん劣化しつつあります。(´・ω・｀)
｜ん｜
｜！｜ しかし、睾丸無知ですので投稿し続けます。(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
└高┘
しかし、数学ナビの掲示板のころからまったく進歩ないなあ。
相手をするのもいいかげん飽きてきた。 >> 804
すでに定義されているzを再び
z=..
と定義するのはダメ。 >毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
よろしくお願いします。 >すでに定義されているzを再び
z=..
と定義するのはダメ。
すみません。理由を教えていただけないでしょうか。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >zはすでに登場しているから。
なぜ、二度登場しては、いけないのでしょうか？ > x,y,z,rは有理数と仮定する。
> ➂はr^(p-1)=pとすると、
r が有理数という仮定の元で r が無理数の場合を検討するのはなぜですか？
r を有理数と仮定した時に r を無理数とすると仮定に反するという
④云々を持ち出すまでもなく、至極当たり前のことしか言ってないですね、あの段落は。 >r が有理数という仮定の元で r が無理数の場合を検討するのはなぜですか？
r が無理数の場合は、x,y,zが整数比となりません。
r が有理数の場合は、X,Y,Zとなります。
x:y:z=X:Y:Zとなります。 >>800
「rは有理数と仮定する」としておきながら、同時に「r^(p-1)=pとする」と言っているので、自己矛盾を引き起こしている
日高が証明しているのは、「rが有理数のときr^(p-1)=pにはならない」でしかないのであって、x^p+y^p=z^pの解の有無ではないことに注意すべし >「rは有理数と仮定する」としてながら、同時に「r^(p-1)=pとする」と言っているので、自己矛盾を引き起こしている
「r^(p-1)=pとすると」rは、有理数とならないので、仮定に反します。
日高が証明しているのは、「rが有理数のときr^(p-1)=pにはならない」でしかないのであって、x^p+y^p=z^pの解の有無ではないことに注意すべし
rが無理数となれば、x,y,zの有理数解はない。ということになります。 rは有理数である
と仮定しているのに何故rは無理数になる様相が存在するのか >>802
「pを奇素数とするときx^p+y^p=z^pは有理数解をもたない」です。 >>817
＞>「rは有理数と仮定する」としてながら、同時に「r^(p-1)=pとする」と言っているので、自己矛盾を引き起こしている
＞「r^(p-1)=pとすると」rは、有理数とならないので、仮定に反します。
仮定に反するのは、日高が勝手に「rは有理数と仮定する」と「r^(p-1)=pとする」を同時に仮定したからにすぎない
この場合、数学的には「ゆえに日高は誤りである」と結論するのが正しい。 日高氏の記号にならうならa=1/pのとき。r=(pa)^{1/(p-1)}=1となる。
(6)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pだからX^p+Y^p=(X+1)^p。
これはX=0,Y=1という有理数解を持つ。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})の無理数解x=0,y=p^{1/(p-1)}と比べると
X:Y:Z=x:y:zとなっている。 >rは有理数である
と仮定しているのに何故rは無理数になる様相が存在するのか
rは、仮定通りになるとは、限りません。 >「pを奇素数とするときx^p+y^p=z^pは有理数解をもたない」です。
「有理数解をもたない」は、偽となりますが、「自然数解をもたない」ならば、
真では、ないでしょうか。
命題は、「pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」としているので、x,y,z,rは、0を除く有理数とするに、訂正した場合は、どうでしょうか？ 有理数であるの否定命題は無理数であるなのか？
①有理数である または 有理数でない (排中律)
②有理数でない
③ゆえに無理数である
有理数の裏は無理数なのか？
ディリクレ関数じゃないんだよ？ >仮定に反するのは、日高が勝手に「rは有理数と仮定する」と「r^(p-1)=pとする」を同時に仮定したからにすぎない
この場合、数学的には「ゆえに日高は誤りである」と結論するのが正しい。
「r^(p-1)=pとする」は、仮定ではありません。 >日高氏の記号にならうならa=1/pのとき。r=(pa)^{1/(p-1)}=1となる。
(6)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pだからX^p+Y^p=(X+1)^p。
これはX=0,Y=1という有理数解を持つ。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})の無理数解x=0,y=p^{1/(p-1)}と比べると
X:Y:Z=x:y:zとなっている。
「x,y,zは、0を除く有理数と仮定する。」に訂正します。 >有理数であるの否定命題は無理数であるなのか？
①有理数である または 有理数でない (排中律)
②有理数でない
③ゆえに無理数である
有理数の裏は無理数なのか？
ディリクレ関数じゃないんだよ？
すみません。もう少し詳しく説明していただけないでしょうか。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは0を除く有理数と仮定する。
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)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>828
> x,y,z,rは0を除く有理数と仮定する。
この仮定はその先の証明のどこで使われているのですか？ 要するに、矛盾が生じる状況を「自分で」作っておきながら、
「矛盾が生じたから仮定が間違ってる」という意味不明なことやってるということだよね 皆さんもご存じの通り、方程式 x^3+19y^3=z^3 は、(x,y,z)=(2,1,3) という立派な自然数解を持つ。
この方程式も、>>828 のやり方を使うと、自然数解がないことになってしまう。
不思議だね。実に不思議だ。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+19y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+19y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+19y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは0を除く有理数と仮定する。
②を(x/r)^p+19(y/r)^p=(x/r+1)^p, 19(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){19(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+19Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){19(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+19Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+19y^p=z^pは、自然数解を持たない。 うん。>>832はなかなかいい。
ただ、日高爺は下半身で考えるタイプだからわからんだろうwwwwwwww >> 813
2度登場してもいいが、2度定義するのはダメ。 >>825
> 「r^(p-1)=pとする」は、仮定ではありません。
よくわかりません、もう少し詳しく説明していただけないでしょうか。 > x,y,z,rは0を除く有理数と仮定する。
>この仮定はその先の証明のどこで使われているのですか？
z=x+r
r=p^{1/(p-1)}
z=x+p^{1/(p-1)}となるので、
の部分です。 >要するに、矛盾が生じる状況を「自分で」作っておきながら、
「矛盾が生じたから仮定が間違ってる」という意味不明なことやってるということだよね
すみません。もうすこし、詳しく説明していただけないでしょうか。 >然り。
すみません。もうすこし詳しく説明していただけないでしょうか。 >皆さんもご存じの通り、方程式 x^3+19y^3=z^3 は、(x,y,z)=(2,1,3) という立派な自然数解を持つ。
この方程式も、>>828 のやり方を使うと、自然数解がないことになってしまう。
不思議だね。実に不思議だ。
方程式 x^3+19y^3=z^3 は、{19(y/r)^p-1}となるので、19(y/r)^pの部分が異なります。 >2度登場してもいいが、2度定義するのはダメ。
すみません。理由を教えていただけないでしょうか。 >>825
>「r^(p-1)=pとする」は、仮定ではありません。
仮定ではないならどんな意味ですか？
あなたの考える意味をできるだけ詳しく書いてください。
普通「r^(p-1)=pとする」は、
「r^(p-1)はpと等しいと仮定する」という意味で使われます。読む人はそう捉えています。 >普通「r^(p-1)=pとする」は、
「r^(p-1)はpと等しいと仮定する」という意味で使われます。読む人はそう捉えています。
貴方のおっしゃる通りと、思いますので、
「r^(p-1)=pとする」を、「r^(p-1)=pとなるので、」に訂正したいと思います。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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となるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>842
ならねえよ
「r=p^{1/(p-1)}となる。」ので、仮定に反します。 >>846
何の仮定？
「rは有理数とする」と仮定したことです。 >>849
だから、
「r^(p-1)=pとなるので、」
なってないじゃん >「r^(p-1)=pとなるので、」
なってないじゃん
「r^(p-1)=pとなる」場合は、rは、有理数となりません。 > ➂はr^(p-1)=pとなるので、
> r^(p-1)=p以外の場合は、
r^(p-1)=p となるならば、それ以外の場合を検討する必要はないのではないですか？ r^(p-1)=p となるならば、それ以外の場合を検討する必要はないのではないですか？
それ以外の場合は、r^(p-1)=paとなります。 >>853
それ以外の場合が可能ならば、
「r^(p-1)=pとなるので」は不適切な表現でないでしょうか？ >それ以外の場合が可能ならば、
「r^(p-1)=pとなるので」は不適切な表現でないでしょうか？
r^(p-1)=pは、r^(p-1)=paの、a=1の場合です。
r^(p-1)=pの場合とr^(p-1)=paの場合があるということです。
r^(p-1)=pの場合を、x,y,z
r^(p-1)=paの場合を、X,Y,Zとすると、
X:Y:Z=x:y:zとなります。 >>855
> r^(p-1)=pの場合とr^(p-1)=paの場合があるということです。
であるならば「r^(p-1)=pとなるので」は不適切な表現でないでしょうか。 > r^(p-1)=pの場合とr^(p-1)=paの場合があるということです。
>であるならば「r^(p-1)=pとなるので」は不適切な表現でないでしょうか。
「r^(p-1)=pの場合は」ではどうでしょうか。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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とした場合、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rは無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>857
> 「r^(p-1)=pの場合は」ではどうでしょうか。
r が有理数である仮定の元で無理数の場合を検討することは、無意味ではないでしょうか？ >r が有理数である仮定の元で無理数の場合を検討することは、無意味ではないでしょうか？
X:Y:Z=x:y:zとなるので、無意味では、ありません。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは0をのぞく有理数と仮定する。
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とした場合、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rが無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>857
「r^(p-1)=pとなる」は、
「(これまでの論理により) r^(p-1)=pであると結論する」という意味です。
「r^(p-1)=pの場合は」は、
「r^(p-1)=pであると仮定する場合には」という意味です。
>>「r^(p-1)=pの場合は」ではどうでしょうか。
あなたは「r^(p-1)=p」を仮定と考えていますか？結論と考えていますか？それともこれらの違いがわからないのですか？ >あなたは「r^(p-1)=p」を仮定と考えていますか？結論と考えていますか？それともこれらの違いがわからないのですか？
結論と考えて >あなたは「r^(p-1)=p」を仮定と考えていますか？結論と考えていますか？それともこれらの違いがわからないのですか？
結論と考えています。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは0をのぞく有理数と仮定する。
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となるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rが無理数となるので、➃は仮定に反する。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も仮定に反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>865
爺さん、数学の証明としては零点だ。全然進歩しとらん（笑）。
素人漫才のシナリオとしても零点。 >爺さん、数学の証明としては零点だ。全然進歩しとらん（笑）。
すみません。間違い箇所をご指摘いただけないでしょうか。 うーん、こりゃ高木と同じ運命を辿るな。
証明の土台にある論理が間違っているのに、それを理解せず表面的なところばかり直してくるところが非常に似ている。
証明を出してきたので、それを見た人は間違いを指摘するんだけど、
証明者本人を納得させる義務はないから、
本人が理解できなきゃ放置されて終わりだよ。 >証明の土台にある論理が間違っているのに、それを理解せず表面的なところばかり直してくるところが非常に似ている。
証明の土台にある、論理が間違っている箇所を、ご指摘いただけないでしょうか。 >～となる。
が間違い。ゴミクズ。
～となる。が間違い。となる理由を、ご指摘いただけないでしょうか。 >>865
フェルマーの最終定理に反例X^p+Y^p=Z^pがあったとして
これをX^p+Y^p=(X+R)^p と書くとRは自然数。
r=p^{1/(p-1)}の場合の解x,y,zでこれとX:Y:Z=x:y:zの関係をもつものはX,Y,Zの無理数倍。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの無理数解については何も調べていないのだから何の矛盾も生じない。
間違った証明です。 >x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの無理数解については何も調べていないのだから何の矛盾も生じない。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの解が無理数で、整数比となるものが、あるとすると、
その解を、共通の無理数dで割ると、x/d:y/d:z/d=x:y:zとなります。
x:y:zは、整数比となるので、x,y,zは有理数となります。
つまり、x,y,zが、有理数の場合と同じとなります。 >>873
> >x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの無理数解については何も調べていないのだから何の矛盾も生じない。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの解が無理数で、整数比となるものが、あるとすると、
> その解を、共通の無理数dで割ると、x/d:y/d:z/d=x:y:zとなります。
> x:y:zは、整数比となるので、x,y,zは有理数となります。
> つまり、x,y,zが、有理数の場合と同じとなります。
下から4行目で「解が無理数で」と書いてるのに下から2行目では「有理数となります」。
どうなっているのですか？ >下から4行目で「解が無理数で」と書いてるのに下から2行目では「有理数となります」。
どうなっているのですか？
「有理数となります」。ではなく、「有理数の場合と同じとなります」です。 >>875
いや、あなたは>>873で「x,y,zは有理数となります」と書きました。 >いや、あなたは>>873で「x,y,zは有理数となります」と書きました。
最後から２行目は、「x,y,zは有理数となります」と書きました。
最後の１行目は、「有理数の場合と同じとなります」と書きました。 >>877
> >いや、あなたは>>873で「x,y,zは有理数となります」と書きました。
>
> 最後から２行目は、「x,y,zは有理数となります」と書きました。
> 最後の１行目は、「有理数の場合と同じとなります」と書きました。
「x,y,zは有理数となります」と書いたことは認めますね？ 日高バカ丸出し。
適当な記号を使うなっていわれているのに。 >>871
さっき誰かに指摘されてただろうが。ボケ老人。 >>865
> z=x+rとおいて、
多分すでに指摘されているかとは思いますが、
新しく定義する記号を左辺に置いて、
r=z-x とおいて、
と記述する方が一般的です。
> r^(p-1)=pとなるので
>>856 で不適切と指摘された記述に戻ったのはなぜでしょうか。
> ②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
突如現れる大文字の X と Y が未定義です。
r と同様に、
X=なんたら、Y=かんたら とおくと、
と定義を記述しないと余人には理解不能です。
> a(1/a)を掛けると
a も同様に未定義ですので定義を書いて頂きたく。 >>881
この a は「魔法の a」で、
これがあると「AB = CD ならば A = C」が証明できるという。 「x,y,zは有理数となります」と書いたことは認めますね？
書き方が、適切でなかったので、訂正します。
x'=x/d, y'=y/d, z'=z/dとおくと、
「x',y',z'は有理数となります」に訂正します。 こら、爺さん
> x'=x/d, y'=y/d, z'=z/dとおくと、
> 「x',y',z'は有理数となります」に訂正します。
のようにまた新たな変数を持ち込むと証明の整合性に
よりいっそう手間取るぞ。
x',y',z'は有理数となります
のような書き方はx',y',z'が無理数にもなる可能性を示唆している。
それに d は何だ。君のティムポか。
上にもあるけど a の定義はどうした？ >日高バカ丸出し。
>適当な記号を使うなっていわれているのに。
そうですね。 >さっき誰かに指摘されてただろうが。ボケ老人。
そうでした。 >r=z-x とおいて、
と記述する方が一般的です。
z=x+rの方が分かりやすいと思ったからです。
突如現れる大文字の X と Y が未定義です。
X=xa^{1/(p-1)}, Y=ya^{1/(p-1)}となります。
a も同様に未定義ですので定義を書いて頂きたく。
aは任意の有理数です。 >この a は「魔法の a」で、
これがあると「AB = CD ならば A = C」が証明できるという。
AB = CD ならば AB=aCD(1/a)となります。 >のような書き方はx',y',z'が無理数にもなる可能性を示唆している。
それに d は何だ。君のティムポか。
上にもあるけど a の定義はどうした？
dは、x,y,zに共通の無理数です。
aは、任意の有理数です。 >>890
デタラメすぎて頭が痛い。
>dは、x,y,zに共通の無理数です。
「共通の無理数」って何？数学にそんな用語はない。
>aは、任意の有理数です。
証明に「r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。」と書いてある。
aが有理数だとrは有理数にならないが、それでいいのか？ >証明に「r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。」と書いてある。
aが有理数だとrは有理数にならないが、それでいいのか？
いいです。
p=3,
a=3のとき、
r=3となります。 >>892
>p=3,
>a=3のとき、
>r=3となります。
それなら「aは任意の有理数」ではない。
たとえば a=2ならrは有理数にならない。 >たとえば a=2ならrは有理数にならない。
そうでした。任意の有理数ではないですね。
この場合どういう言い方をしたら、いいのでしょうか。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数と仮定する。
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となるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 言い方の問題ではないでしょう。
結論ありきで証明を考えるからいかんのだ。 >言い方の問題ではないでしょう。
結論ありきで証明を考えるからいかんのだ。
すみません。間違いを、ご指摘いただけないでしょうか。 >指摘無視。ゴミ
すみません。指摘無視部分は、どこでしょうか？ >>897
ほかの方が具体的な間違いの箇所を指摘していますから、よく読み返してください。
あなたは「この場合どういう言い方をしたら、いいのでしょうか」と書いています。
これは、自身の考え方が間違っているわけではなく単に表現がまずいだけだ、と考えていると受け取れますが、
そうではないのです。 >あなたは「この場合どういう言い方をしたら、いいのでしょうか」と書いています。
これは、自身の考え方が間違っているわけではなく単に表現がまずいだけだ、と考えていると受け取れますが、
そうではないのです
すみません。間違い箇所をご指摘いただけないでしょうか。 ***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
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。
この迷言に対し
> 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？
という指摘がなされたが、これに対しても
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。さらに
> 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
という質問に対しては
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。
と漫才のような珍答を与えている。 > 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。
この迷言に対し
> 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？
という指摘がなされたが、これに対しても
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。さらに
> 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
という質問に対しては
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。
と漫才のような珍答を与えている。
間違いでしょうか。
間違いと思われる方は、どの部分が間違いかを、指摘していただけないでしょうか。 >>895
「r^(p-1)=paとなる」とあるからa=r^(p-1)/p。
「⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる」とあるが
a^{1/(p-1)}=r/[p^{1/(p-1)}]だからこれは無理数。
よって④のx,y,zは無理数となり
④の無理数解については何も調べていないのだからこの証明は誤り。 >「r^(p-1)=paとなる」とあるからa=r^(p-1)/p。
「⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる」とあるが
a^{1/(p-1)}=r/[p^{1/(p-1)}]だからこれは無理数。
よって④のx,y,zは無理数となり
④の無理数解については何も調べていないのだからこの証明は誤り。
x,y,zが無理数で整数比となるx,y,zを、x',y',z'としたとき、
x',y',z'を共通の無理数dで割ったx'/d,y'/d,z'/dは、有理数x,y,zと同じとなります。
有理数x,y,zが存在しないので、無理数x',y',z'も存在しません。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
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となるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>905
> x,y,zが無理数で整数比となるx,y,zを、x',y',z'としたとき、
> x',y',z'を共通の無理数dで割ったx'/d,y'/d,z'/dは、有理数x,y,zと同じとなります。
> 有理数x,y,zが存在しないので、無理数x',y',z'も存在しません。
1行目ではx=x',y=y',z=z'と読めますが2行目ではx'/d=x,y'/d=y,z'/d=zですか。
意味がわかりません。 >1行目ではx=x',y=y',z=z'と読めますが2行目ではx'/d=x,y'/d=y,z'/d=zですか。
意味がわかりません。
2行目の、x'/d=x,y'/d=y,z'/d=zは、有理数となります。
例
3√２/√２=3, 4√２/√２=4, 5√２/√２=5 >>908
全体がどうなっているのかまったくわかりません。全体を>>906のスタイルで書き直してください。 >全体を>>906のスタイルで書き直してください。
すみません。906のスタイルで書き直す方法がよくわかりません。 >>910
証明全体を、それだけ読めばわかるように書いてください、という意味です。 >>910
> すみません。906のスタイルで書き直す方法がよくわかりません。
もしかして、書けないのに証明ができたふりをして書き込んでいたのですか？ なんだかわからないけど、証明を書き直すことはかたくなに拒否するんだよなあ。 >証明全体を、それだけ読めばわかるように書いてください、という意味です。
「x,y,zが無理数で、整数比となる場合も書きなさい」という意味でしょうか。 >もしかして、書けないのに証明ができたふりをして書き込んでいたのですか？
917で、良いのでしょうか？
それとも、別のことを、要求されているのでしょうか？ >爺さんを介護してるみたいw
すみません。よろしくお願いします。 >なんだかわからないけど、証明を書き直すことはかたくなに拒否するんだよなあ。
書き直すと、混乱するからです。できるだけ、単純にしました。 >もしかしてbotじゃね
すみません。どういう意味でしょうか？ 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
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となるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>864
>>あなたは「r^(p-1)=p」を仮定と考えていますか？結論と考えていますか？それともこれらの違いがわからないのですか？
>結論と考えています。
この時点で「r^(p-1)=p」は結論と言えません。(理由はAB=CDからA=Cと結論できないから)
どうやらあなたは「仮定」と「結論」について理解できていないようです。
中学レベルの問題から復習することを強く勧めますが、その気はありますか？ >この時点で「r^(p-1)=p」は結論と言えません。(理由はAB=CDからA=Cと結論できないから)
どうやらあなたは「仮定」と「結論」について理解できていないようです。
r^(p-1)=apは、結論でしょうか？ >>925
>r^(p-1)=apは、結論でしょうか？
aが定義されていないので結論かどうか判断できません。(過去に何度も指摘されています。証明に加えてください。)
もしあなたが復習をしたいと思っているなら、次の問題に答えてみてください。
問.次の文の仮定と結論をそれぞれ答えよ
①正三角形ならば三つの辺の長さが等しい
②二つの内角が等しい三角形は二等辺三角形である
③nを自然数とする。nが10の倍数ならばnは5で割り切れる
④nを自然数とする。nの二乗が奇数ならばnは奇数である
⑤日本の山の中で一番高い山は富士山である >>あなたは「r^(p-1)=p」を仮定と考えていますか？結論と考えていますか？
なぜ、「r^(p-1)=p」が仮定か結論かを、言わないといけないのでしょうか？
証明には、必ず必要なことなのでしょうか？ >もしあなたが復習をしたいと思っているなら、次の問題に答えてみてください。
問.次の文の仮定と結論をそれぞれ答えよ
①正三角形ならば三つの辺の長さが等しい
②二つの内角が等しい三角形は二等辺三角形である
③nを自然数とする。nが10の倍数ならばnは5で割り切れる
④nを自然数とする。nの二乗が奇数ならばnは奇数である
⑤日本の山の中で一番高い山は富士山である
すみません。仮定と結論の意味を詳しく教えていただけないでしょうか。 >>927
仮定か結論かよく分からない箇所が一つでもあれば、証明ではない。妄想。
はっきりさせることが絶対に必要。
誇張ではない。
絶対とか必要の意味分かる？ 仮定と結論の意味も分からないのになんで数学の真似事してるの？ >仮定か結論かよく分からない箇所が一つでもあれば、証明ではない。妄想。
はっきりさせることが絶対に必要。
誇張ではない。
絶対とか必要の意味分かる？
すみません。仮定、結論、絶対、必要の意味を詳しく教えていただけないでしょうか。 >仮定と結論の意味も分からないのになんで数学の真似事してるの？
すみません。仮定と結論の意味を詳しく教えていただけないでしょうか。 >>927
>なぜ、「r^(p-1)=p」が仮定か結論かを、言わないといけないのでしょうか？
>証明には、必ず必要なことなのでしょうか？
はい。証明には必ず仮定と結論が必要です。
「仮定」:推論の出発点となる条件
「結論」:推論において仮定や前提から導き出された判断
数学においては
「◯◯ならば△△である」という文の
◯◯が仮定、△△が結論にあたります。
「◯◯は△△である」と表されることもあります。
ここまでは理解できましたか？
もし理解できたのなら、>>926の問題に答えてみてください。 >すみません。仮定と結論の意味を詳しく教えていただけないでしょうか。
すみません。「意味」、「詳しく」、「教えて」とは何か説明していただけないでしょうか。 >数学においては
「◯◯ならば△△である」という文の
◯◯が仮定、△△が結論にあたります。
「◯◯は△△である」と表されることもあります。
すみません。もう少し詳しく説明していただけないでしょうか。
できるならば、具体的に例をあげて貰えないでしょうか。
また、仮定と結論を使った証明の例をあげてもらえれば、助かります。 人に意味を尋ねる前に辞書を引くなり、インターネットで調べるなりしろよ。
完全に人を馬鹿にしてるね。 馬鹿にしてるんじゃなくて、そうやってとぼけ続ければ反証されないからやってるんだと思うよ >人に意味を尋ねる前に辞書を引くなり、インターネットで調べるなりしろよ。
完全に人を馬鹿にしてるね。
ちがいます。完全に納得したいからです。
仮定と結論の意味は、一つでしょうか？ >馬鹿にしてるんじゃなくて、そうやってとぼけ続ければ反証されないからやってるんだと思うよ
そうでは、ありません。完全に納得したいからです。 >>936
>できるならば、具体的に例をあげて貰えないでしょうか。
>また、仮定と結論を使った証明の例をあげてもらえれば、助かります。
いいですよ。
例1.「奇数と偶数の和は必ず奇数になる」ことを証明せよ
この文の仮定は「奇数と偶数の和(=Xとする)」
結論は「(Xは)奇数である」 です。証明します。
<証明>
m,nを整数とすると、奇数は2m+1,偶数は2nと表せる
これらの和は
(2m+1) +2n =2(m+n)+1
(m+n)は整数なので、2(m+n)+1 は奇数である。
以上により示された◾
なにかわからないところはありますか？
他にも例が欲しいですか？
なるべくあなたの考えも含めて答えてください。 m,nを整数とすると、奇数は2m+1,偶数は2nと表せる
なんか汚いな
2mを偶数とする(∀m∈Z≧0)
このとき奇数を2m+1で表す >>939
まずは自分で調べろよ。
話はそれからだ。ボケ老人 >なにかわからないところはありますか？
わかりました。
フェルマーの最終定理の証明の場合、
仮定は、何で、結論は何となるのでしょうか？ >2mを偶数とする(∀m∈Z≧0)
すみません。
(∀m∈Z≧0)この記号の意味を教えていただけないでしょうか。 >>944
質問ばかりしてないで925に答えなさいよ
そうすれば本当にわかったかどうか確認できるから >>946
間違った、925じゃなくて926ね
仮定と結論を答える問題 >>940
納得するためには本人の勉強が必要なんだよ。痴呆野郎 >>906
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
>>923
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
何の進歩もない。 >まずは自分で調べろよ。
すみません。自分で調べるよりも、深く内容が、理解できると思います。 >間違った、925じゃなくて926ね
先ず、質問の内容を、正しく理解することが必要だと思います。 >納得するためには本人の勉強が必要なんだよ。痴呆野郎
勉強するよりも、専門家に尋ねた方が、早く正確に、分かると思います。 >何の進歩もない。
すみません。同じ考えしかできません。 >>951
仮定と結論の意味はわかったんじゃないの?
だったら答えられるはずだけど。
それともまだ納得していないの? >仮定と結論の意味はわかったんじゃないの?
少し、わかりましたが、まだ、完全にはわかりません。 >>952
> 勉強するよりも、専門家に尋ねた方が、早く正確に、分かると思います。
妄想。
相手の意見聞かないじゃん。
専門家の意見は、お前には勉強が必要。 「あるrに対してはx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がない」は言えたとしても
これに無理数解X,YでX:Y:X+rが自然数比になる解がないとは言えない。
X/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとして、
X,YがみたすのはX^p+Y^p=(X+r)^pだから
X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
ここが日高氏の証明の誤りの中核部分だと思う。 >相手の意見聞かないじゃん。
意見は、聞きます。それを、自分で考えます。
>専門家の意見は、お前には勉強が必要。
なぜでしょうか？ >>957
せやな
さらに日高の誤りの源泉は。「比が同じものを同一視する」という点にある
「比が同じものを同一視する」ことをやめない限り、日高は永遠に誤り続ける >>958
> なぜでしょうか？
このようにすぐに疑問でごまかすから。 >これに無理数解X,YでX:Y:X+rが自然数比になる解がないとは言えない。
この場合の、rは
p^{1/(p-1)}でしょうか、それとも、(pa)^{1/(p-1)}でしょうか。 >さらに日高の誤りの源泉は。「比が同じものを同一視する」という点にある
「比が同じものを同一視する」ことをやめない限り、日高は永遠に誤り続ける
比が同じものは、同一では、ありません。
「同一視する」の言葉の意味を詳しく説明していただけないでしょうか。 > なぜでしょうか？
このようにすぐに疑問でごまかすから。
疑問でごまかしては、いません。
理由を知りたいから、お聞きしています。 >>961
ほら。書いてあることを理解する事も出来ない。
勉強不足。 >その前の行に書いてあるrです。
p^{1/(p-1)}でしょうか。 >>964
自分で考えずただ聞き返すのはごまかし。知りたいからとただ聞き返す権利なんかねえよ。 >ほら。書いてあることを理解する事も出来ない。
わからないので、尋ねています。 >自分で考えずただ聞き返すのはごまかし。知りたいからとただ聞き返す権利なんかねえよ。
すみません。考えてわからないので、聞きました。 >「あるrに対してはx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がない」は言えたとしても
これに無理数解X,YでX:Y:X+rが自然数比になる解がないとは言えない。
X/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとして、
X,YがみたすのはX^p+Y^p=(X+r)^pだから
X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
ここが日高氏の証明の誤りの中核部分だと思う。
「X,YがみたすのはX^p+Y^p=(X+r)^pだから」
すみません。この部分を詳しく説明していただけないでしょうか？ >>955
> 仮定と結論の意味はわかったんじゃないの?
>
> 少し、わかりましたが、まだ、完全にはわかりません。
こんなこと言われても、何がわかっていて何がわかっていないのか全く判断できない。
926の問題に答えてもらえたら、だいたい見当がつくんだが、
答えたくないみたいだね。 >>969
> >自分で考えずただ聞き返すのはごまかし。知りたいからとただ聞き返す権利なんかねえよ。
>
> すみません。考えてわからないので、聞きました。
考えるってのは、いろいろ調べたり勉強しながら試行錯誤する事だ。すぐに返事があることが考えてない証拠。 >>970
じゃあ書き直してあげよう。
「あるrに対してはx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がない」は言えたとしても
これの無理数解X,YでX:Y:X+rが自然数比になるものがないとは言えない。
X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとする。
X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
ここが日高氏の証明の誤りの中核部分だと思う。 高木と同じでジャーナルに出入り禁止になりまくっても懲りないだろう >>974
＞X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
＞(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
なるほど
日高はrを(1/d)倍するのを忘れたのか
うっかりさんだね >944
>フェルマーの最終定理の証明の場合、
>仮定は、何で、結論は何となるのでしょうか？
フェルマーの最終定理の場合、
3以上の自然数nに対して
仮定:x^n +y^n =z^nが成り立つ
結論:自然数の組(x,y,z)は存在しない
です。
まだ確認したいことはありますか？
そろそろ>>926の問題を解けそうですか？ >答えたくないみたいだね。
もうすこし、時間を下さい。 >考えるってのは、いろいろ調べたり勉強しながら試行錯誤する事だ。すぐに返事があることが考えてない証拠。
そうですね。 >なんかさ、ジャーナル出してみたら？
意味がわかりません。 もうすぐ1000だな。
何の価値もない、爺さんの愚痴をまとめたような雑文がPart3に入ってしまうのか。 >X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
この事が、どうして、私の証明が誤りということになるのでしょうか？ >まだ確認したいことはありますか？
ありません。
>そろそろ>>926の問題を解けそうですか？
すみません。もうすこし、時間を下さい。 926がぱっと答えられないのに、よくこの問題が解けたと表明する気になったなw
これだから、理解しやすい問題に取り組むアマチュア数学家は笑われるのに。 >>986
>すみません。もうすこし、時間を下さい。
それは構いませんが、その時間であなたは何をするつもりですか？心の整理ですか？
>>926は初学者用の練習問題です。間違えてもいいので答えを書いてみてください。
ヒントとして①の解答を書いておきます
①正三角形ならば三つの辺の長さが等しい
仮定:(ある三角形が)正三角形である
結論:(その三角形の)三つの辺の長さが等しい >x^2+y^2=(x+π)^2, z=x+π
は有理数解を持たない。
X^2+Y^2=Z^2
は有理数解を持つ。
この事実をどう思っているんだ？
日高の理屈ならx:y:z=X:Y:Zだろ？
「x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比となりません。」
これは、ま違いでした。訂正します。
x,y,zは、無理数で、整数比になります。よって、x:y:z=X:Y:Zとなります。 >>991
有理数解が無ければ整数比にならないんじゃないの？ ①正三角形ならば三つの辺の長さが等しい
仮定は、正三角形。結論は、三つの辺の長さが等しい。です。
②二つの内角が等しい三角形は二等辺三角形である
逆にすると、
二等辺三角形ならば二つの内角が等しい。
これならば、仮定は、二等辺三角形。結論は、二つの内角が等しい。です。
③nを自然数とする。nが10の倍数ならばnは5で割り切れる
仮定は、nが10の倍数。結論は、nは5で割り切れる。です。
④nを自然数とする。nの二乗が奇数ならばnは奇数である
仮定は、nの二乗が奇数。結論は、nは奇数。です。
⑤日本の山の中で一番高い山は富士山である
仮定は、日本の山の中で一番高い山。結論は、富士山。です。 >有理数解が無ければ整数比にならないんじゃないの？
>x^2+y^2=(x+π)^2, z=x+π
は有理数解を持ちませんが、
無理数解x=3π/2,y=4π/2,z=5π/2を、持ちます。
x:y:zは、整数比になります。 何度も書くが、Case BとCase Aは独立なので、
* Case Aで書いたことはCase Aの中でのみ有効。
* なのでCase B中でCase A中の式は使えない。（正確に言えば、使おうとするとCase Aのときの証明とは独立に定義・証明が必要）
ということ。
理由を教えていただけないでしょうか。 >>995
すまん。俺は
「数学のルールだから」
としか言えない。 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
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となるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>994
つまり、有理数解が無ければ整数比にならないと言っていたのは、大嘘確定。 >>993
そのとおり！よくできました！
このように推論や証明には必ず仮定と結論があります。
次の段階に進みましょう
② 二つの内角が等しい三角形は二等辺三角形である
仮定:二つの内角が等しい三角形
結論:(その三角形は)二等辺三角形である(つまり二つの辺の長さが等しい)
です。
これを証明してみましょう。
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