X



トップページ数学
1002コメント480KB

フェルマーの最終定理の簡単な証明8

レス数が1000を超えています。これ以上書き込みはできません。
0001日高
垢版 |
2020/04/23(木) 21:00:18.34ID:dHUlU5mM
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のx,y,zは整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。rは有理数となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
0002日高
垢版 |
2020/04/23(木) 21:02:05.91ID:dHUlU5mM
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいて、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)は(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)}…(2)となる。
(2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
0003132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/23(木) 21:24:12.92ID:g9ILpPtI
前スレから。

日高について、わかったこと、二つ。
1.命題P,Qについて「PかつQ」と「PならばQ」の区別がつかない。
2.「○○を××する△△は□□である」の構文が理解できない。
0004132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 02:06:21.18ID:qf7ywOaQ
>>2

証明というのは途中まで正しくて、最後が正しくても、途中の理屈がつながっていなければ、間違った証明になる。

> (2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。

ここまでから

> (3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。

これが導かれることが、「「「>>2の中に」」」書かれていないので、>>2の証明は間違いです。
0005132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 02:19:22.88ID:qf7ywOaQ
>>1

> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。

ここまでから

> (3)のx,y,zは整数比とならない。

これが導かれることが、「「「>>1の中に」」」書かれていないので、>>1の証明は間違いです。


もうこの6行目まででじゅうぶんな間違いだけど、おまけで

> (2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。

この時点でaはどんな数でも成り立つ
a=2でもa=3でもa=4でも成り立つし、√2でも√3でも、πとかeでも成り立つ
ここまでから

> (4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。

とはならないし、当然

> rは有理数となる。

ともならない。
0006日高
垢版 |
2020/04/24(金) 06:30:47.75ID:i+MzSzKm
>3
日高について、わかったこと、二つ。
1.命題P,Qについて「PかつQ」と「PならばQ」の区別がつかない。
2.「○○を××する△△は□□である」の構文が理解できない。

証明1の、どの部分が、上記に該当するのでしょうか?
0007日高
垢版 |
2020/04/24(金) 06:36:34.28ID:i+MzSzKm
>5
> (3)のx,y,zは整数比とならない。

これが導かれることが、「「「>>1の中に」」」書かれていないので、>>1の証明は間違いです。

(3)のx,y,zに有理数を代入すると、成り立ちません。自明です。
0009132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 07:34:14.90ID:yVbNl0Gk
>>7
> >5
> > (3)のx,y,zは整数比とならない。
>
> これが導かれることが、「「「>>1の中に」」」書かれていないので、>>1の証明は間違いです。
>
> (3)のx,y,zに有理数を代入すると、成り立ちません。自明です。

馬鹿すぎてどうしようもないな。
0010132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 07:39:35.07ID:uRtBpvE1
これで決まりっしょ〜
前スレ
836 名前:日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日:2020/04/16(木) 12:20:26.95 ID:aN6s9CDN [1/6]
>831
「rが無理数の時だけを調べて、有理数で整数比となるx、y、zは存在しないという結論を出している」
という事は認める?

はい。
0011132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 08:02:23.50ID:WFTo4j32
>>9
> (3)のx,y,zは整数比とならない。
は「x,y,zは同時に有理数にはならない」のつもりなんだよ。
だから自明。
0012132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 08:10:48.15ID:yVbNl0Gk
>>11
x,y,zが整数比になることと、x,y,zが有理数になることを同じことだと思ってるのかな?
これじゃ中学レベルの数学も無理だよね。
0013132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 08:20:03.46ID:WFTo4j32
x,y,zが有理数であってz-x=p^{1/(p-1)}でない場合は
aが登場するところで論じている。つもりになっている。
0014日高
垢版 |
2020/04/24(金) 10:01:00.75ID:i+MzSzKm
>12
x,y,zが整数比になることと、x,y,zが有理数になることを同じことだと思ってるのかな?

はい。
0015日高
垢版 |
2020/04/24(金) 10:02:49.94ID:i+MzSzKm
>13
x,y,zが有理数であってz-x=p^{1/(p-1)}でない場合は
aが登場するところで論じている。つもりになっている。

はい。
0016日高
垢版 |
2020/04/24(金) 10:04:17.00ID:i+MzSzKm
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいて、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)は(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)}…(2)となる。
(2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
0018日高
垢版 |
2020/04/24(金) 11:07:12.65ID:i+MzSzKm
>17
(3)のx,y,zが、共に無理数で整数比の場合はどうするのですか?

x,y,zが、共に無理数で整数比の場合は、共通の無理数で、割ると、商は有理数となります。
0019132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 11:58:29.18ID:WFTo4j32
その商を再びx,y,zと書くとそいつらは(3)を満たす
と言いたいんだろうがそうは問屋がおろさねえ。
0020132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 14:59:23.78ID:u64ukM3M
(2)はr^(p-1)=pのときx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)

「(3)をみたす x,y,z(= x + p^(1/(p-1)) )は全てが整数とならない」
というのなら分かるけど、
「(3)をみたす x,y,zは整数比とならない」の証明がないので証明してください。
0021132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 16:15:14.42ID:WFTo4j32
>>20氏が証明を求めている命題は>>1が証明したと称している命題そのものです。
つまり1は何も証明していません。
0022日高
垢版 |
2020/04/24(金) 17:04:56.70ID:i+MzSzKm
>19
その商を再びx,y,zと書くとそいつらは(3)を満たす

(3)は、満たしません。
0023日高
垢版 |
2020/04/24(金) 17:17:04.51ID:i+MzSzKm
>20
「(3)をみたす x,y,zは整数比とならない」の証明がないので証明してください。

x,y,zが、無理数で整数比となる場合は、有理数で、整数比となる場合と同じである。
(dx)^p+(dy)^p=(dz)^p (dは無理数、x,y,zは有理数)
両辺をd^pで割ると、x^p+y^p=z^pとなります。
0024132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 17:37:42.17ID:WFTo4j32
> x,y,zが、無理数で整数比となる場合は、有理数で、整数比となる場合と同じである。

何が同じなんだよ。説明してみろ。
0025日高
垢版 |
2020/04/24(金) 17:55:22.75ID:i+MzSzKm
>24
> x,y,zが、無理数で整数比となる場合は、有理数で、整数比となる場合と同じである。

何が同じなんだよ。説明してみろ。

x,y,zが、無理数で整数比となる場合は、有理数で、整数比となる場合と同じである。
(dx)^p+(dy)^p=(dz)^p (dは無理数、x,y,zは有理数)
両辺をd^pで割ると、x^p+y^p=z^pとなります。
0028132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 19:53:05.10ID:OThoMcpg
同じことをくり返し書いたらそのうち相手が折れて正しいと認めてもらえる
と思ってないか?
0029日高
垢版 |
2020/04/24(金) 19:54:16.14ID:i+MzSzKm
>26
何が同じか説明しろ、って言ってるんだよ。

x,y,zが、無理数で整数比となる場合は、有理数で、整数比となる場合と同じである。
です。
0032日高
垢版 |
2020/04/24(金) 20:44:36.85ID:i+MzSzKm
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいて、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)は(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)}…(2)となる。
(2)はr^(2-1)=2のとき、x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、x,zは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
0033132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 21:07:05.93ID:OThoMcpg
>>1 日高にならって

【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【証明】x^p+7y^p=z^pを、z=x+rとおいて、x^p+7y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(x/r)^p+7(y/r)^p=(x/r+1)^p、 7(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}、
r^(p-1){7(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のx,y,zは整数比とならない。
(2)をr^(p-1){7(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+7y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。rは有理数となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

反例はp=3,x=y=1,z=2。(3)の無理数解x=y=3^(1/2),z=2*3^(1/2)がそれに対応する。
さあ,この証明のどこが誤りかね? 日高君。
0034日高
垢版 |
2020/04/24(金) 21:18:43.62ID:i+MzSzKm
>33
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

命題が違います。
0035132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 21:27:26.01ID:OThoMcpg
>>8
> 3.間違った証明とはどういうものかがわからない。

まさにそのものだね。
0036132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 22:02:00.05ID:OThoMcpg
>>1 日高

> (3)のx,y,zは整数比とならない。

> (5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。

「(n)のx,y,z」という言い方しかできない。これでは無理。
0037132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/24(金) 23:04:11.48ID:uRtBpvE1
>>22

(3)を満たさないという事は、

  x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
に整数比の無理数解があるとして、それを共通の無理数で割った物は、
(5)の有理数解になる

という理解で宜しいでしょうか。
0038132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 04:17:58.04ID:mUMOzlOU
>>25に書いてあること

x^p+y^p=z^pについて:   x,y,zが、無理数で整数比となる場合は、有理数で、整数比となる場合と同じである。
x^p+y^p=z^pについて:   (dx)^p+(dy)^p=(dz)^p (dは無理数、x,y,zは有理数)
x^p+y^p=z^pについて:   両辺をd^pで割ると、x^p+y^p=z^pとなります。

と、>>1に書いてあること

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)について:   (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)について:   (3)のx,y,zは整数比とならない。

はつながっていません。
前スレであなたが書いた通り

> (3√5)^2+(4√5)^2=(5√5)^2は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、満たしません。
>
> この例は、整数比となる、無理数解が、あるならば、有理数解もある。の例です。

ここ重要:   p=2の時
ここ重要:   x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに無理数で整数比となる解がないとき
ここ重要:   x^p+y^p=z^pに無理数で整数比となる解がないことは自明ではありません。

同様に

p=奇素数の時
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに有理数で整数比となる解がないとき
x^p+y^p=z^pに有理数で整数比となる解がないことは自明ではありません。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに有理数で整数比となる解がないとき
x^p+y^p=z^pに有理数で整数比となる解がないことを、証明してください。
その証明がないので、>>1は間違いです。
0039132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 05:49:13.04ID:8P1QpdPf
正の実数 x, y, z, r が
(A) x^p + y^p = z^p を満たす
(B) z = x + r
(C) x, y, z が整数比
を満たすとする.

(C)より, ある実数 a が存在して, ax, ay, az は整数となる.
X = ax, Y = ay, Z = az として(A) (B) (C) を書き換えると

(A') X^p + Y^p = Z^p を満たす
(B') Z = X + ar
(C') X, Y, Z が整数

ar が整数となる必要はあるが, 矛盾はないな
0040日高
垢版 |
2020/04/25(土) 06:41:45.39ID:CO1/TJQJ
>37
  x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
に整数比の無理数解があるとして、それを共通の無理数で割った物は、
(5)の有理数解になる
という理解で宜しいでしょうか。

違います。
0041132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 06:51:12.69ID:wfk6bL9+
>>40
> >37
>   x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> に整数比の無理数解があるとして、それを共通の無理数で割った物は、
> (5)の有理数解になる
> という理解で宜しいでしょうか。
>
> 違います。

それでは

(3)の有理数解になる

という事でしょうか。
0042日高
垢版 |
2020/04/25(土) 06:55:24.47ID:CO1/TJQJ
>38
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに有理数で整数比となる解がないとき
x^p+y^p=z^pに有理数で整数比となる解がないことを、証明してください。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの、x,y,zが、無理数で整数比のとき、
共通の無理数で割ると、商は有理数となります。
0043日高
垢版 |
2020/04/25(土) 07:00:52.09ID:CO1/TJQJ
>41
(3)の有理数解になる
という事でしょうか。

違います。
0044132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 07:05:13.46ID:wfk6bL9+
>>43

> >   x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> > に整数比の無理数解があるとして、それを共通の無理数で割った物は、
> > (5)の有理数解になる
> > という理解で宜しいでしょうか。
> >
> > 違います。

>>43
> >41
> (3)の有理数解になる
> という事でしょうか。
>
> 違います。

(3)の有理数解にも(5)の有理数解にもならない
という事ですか。
ひとまずありがとうございます。
0045132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 07:11:05.59ID:1hAmyWIc
もしかして
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの、x,y,zが、無理数で整数比のとき、
共通の無理数で割ると、商は有理数となります。」
というのは、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pをみたすx,y,zが、
有理数 X, Y, Z, と無理数αを用いて
x=αX, y=αY, z=αZ, と書けるとき、
X^p + Y^p = Z^p…※
が成り立つ。
しかし、フェルマーの最終定理より、※をみたす有理数の組X,Y,Zは存在しない。
したがってx,y,zが、無理数で整数比にはならない

ということが言いたいのでしょうか
0046日高
垢版 |
2020/04/25(土) 07:14:28.92ID:CO1/TJQJ
>44
訂正します。

もし、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある事と、同じとなります。
0047132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 07:17:41.24ID:mUMOzlOU
>>46

本当ですか?

>>25であなたが書いたように、なりますか?

本当に同じというなら、証明してください。>>25のように。
0048132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 07:18:39.36ID:wfk6bL9+
>>46
> >44
> 訂正します。
>
> もし、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある事と、同じとなります。

どうしてでしょうか?
0049132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 07:27:05.67ID:mUMOzlOU
>>42

> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの、x,y,zが、無理数で整数比のとき、
> 共通の無理数で割ると、商は有理数となります。

それは「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに有理数で整数比となる解がないとき、」と関係あるのですか?
まったく答えになっていません。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに有理数で整数比となる解がないとき

※※これこれこういう数式が成り立つので、あるいは成り立たないので

x^p+y^p=z^pに有理数で整数比となる解がない


※※の部分に書くべき文章を、あなたが考えて、書いてください。
0050日高
垢版 |
2020/04/25(土) 07:41:09.90ID:CO1/TJQJ
>45
フェルマーの最終定理より、※をみたす有理数の組X,Y,Zは存在しない。

違います。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pをみたすx,y,zが、
有理数 X, Y, Z, と無理数αを用いて
x=αX, y=αY, z=αZ, と書けるとき、

x:y:z=X:Y:Zとなります。
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。
0051132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 07:46:43.12ID:1hAmyWIc
>>50
x:y:zが整数比とならないことの証明はどこですか?
がんばって探せば整数比になる無理数x,y,zが見つかるかもしれない
0052日高
垢版 |
2020/04/25(土) 07:47:12.90ID:CO1/TJQJ
>47
本当に同じというなら、証明してください。>>25のように。

25以外の、どのような形の証明でしょうか?
0053日高
垢版 |
2020/04/25(土) 07:49:55.42ID:CO1/TJQJ
>48
> もし、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある事と、同じとなります。

どうしてでしょうか?

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pをみたすx,y,zが、
有理数 X, Y, Z, と無理数αを用いて
x=αX, y=αY, z=αZ, と書けるとき、

x:y:z=X:Y:Zとなります。
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。
0054日高
垢版 |
2020/04/25(土) 07:54:30.61ID:CO1/TJQJ
>49
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに有理数で整数比となる解がないとき

x,y,zを有理数とすると、式が成り立ちません。
0055日高
垢版 |
2020/04/25(土) 07:57:28.89ID:CO1/TJQJ
>51
x:y:zが整数比とならないことの証明はどこですか?
がんばって探せば整数比になる無理数x,y,zが見つかるかもしれない

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの、x,y,zが、無理数で整数比のとき、
共通の無理数で割ると、商は有理数となります。
0056132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 08:01:16.88ID:wfk6bL9+
>>53

・指摘1
> 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。
x,y,zがx=αX, y=αY, z=αZと書けるとき、
x:y:zは整数比ですよね。
(というか上記一文の意味がよくわかりません)

・指摘2
X,Y,Zが満たす式は
  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}/α)^p
であって
  x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
ではありません。
0057132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 08:05:10.10ID:1hAmyWIc
>>55
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの、x,y,zが、無理数で整数比のとき、
共通の無理数で割ると、商は有理数となります。」
商が有理数であることが、どんなに頑張っても整数比のx,y,zが見つからないことの証明ですか?
0058132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 08:19:30.92ID:mUMOzlOU
>>52

1行目:  (dx)^p+(dy)^p=(dz)^p (dは無理数、x,y,zは有理数)
2行目:  両辺をd^pで割ると、x^p+y^p=z^pとなります。

1行目で、x^p+y^p=z^pのx、y、zに無理数で整数比となる解を代入してみて、
それを式変形して2行目の式が出てきています。
2行目の式は、x^p+y^p=z^pのx、y、zに有理数で整数比となる解を代入したときと同じ式です。

実際にあなたがやること:   x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)について、1行目と同じように無理数で整数比の数を入れてみてください。
実際にあなたがやること:   それを2行目と同じように、式変形してください。
実際にあなたがやること:   そしてそれがx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)zに有理数で整数比となる解を代入したときと同じ式か調べてください。
0059日高
垢版 |
2020/04/25(土) 08:24:16.64ID:CO1/TJQJ
>56
>x:y:zは整数比ですよね。

(3)は、整数比となりません。

>X,Y,Zが満たす式は
  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}/α)^p
であって
  x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
ではありません。

X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}/α)^pの両辺にα^pをかけると、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となります。
0060132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 08:26:23.76ID:mUMOzlOU
>>54

> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに有理数で整数比となる解がないとき

> x,y,zを有理数とすると、式が成り立ちません。

>>38をもう一度書きます。

ここ重要:   p=2の時
ここ重要:   x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに無理数で整数比となる解がないとき
ここ重要:   x^p+y^p=z^pに無理数で整数比となる解がないことは自明ではありません。

同様に

p=奇素数の時
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに有理数で整数比となる解がないとき
x^p+y^p=z^pに有理数で整数比となる解がないことは自明ではありません。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに有理数で整数比となる解がないとき
x^p+y^p=z^pに有理数で整数比となる解がないことを、証明してください。

>>54はx^p+y^p=z^pに有理数で整数比となる解がないことの証明になっていません。
x^p+y^p=z^pに有理数で整数比となる解がないことの証明なのですから、絶対に証明の最後は

「ゆえにx^p+y^p=z^pに有理数で整数比となる解が存在しない」になります。それ以外なら中身を読むまでもなく間違いです。
0061132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 08:28:47.79ID:wfk6bL9+
>>59
> >56
> >x:y:zは整数比ですよね。
>
> (3)は、整数比となりません。
すみません。
こちらは何を言っているのか分かりません。

>
> >X,Y,Zが満たす式は
>   X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}/α)^p
> であって
>   x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> ではありません。
>
> X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}/α)^pの両辺にα^pをかけると、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となります。

  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p
にはできないですよね。(そしてそうしなければ証明になりません)
0062日高
垢版 |
2020/04/25(土) 08:40:05.00ID:CO1/TJQJ
>57
商が有理数であることが、どんなに頑張っても整数比のx,y,zが見つからないことの証明ですか?

はい。
0063132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 08:41:49.86ID:334wdw6S
>>51
> がんばって探せば整数比になる無理数x,y,zが見つかるかもしれない

もしもフェルマーの最終定理に反例があればその時点で容易に見つかります。
だからここは本質的に大事です。
0064日高
垢版 |
2020/04/25(土) 08:46:02.96ID:CO1/TJQJ
>60
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに有理数で整数比となる解がないとき
x^p+y^p=z^pに有理数で整数比となる解がないことを、証明してください。

z=x+p^{1/(p-1)}です。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、x,y,zを有理数とすると、式が成り立ちません。
0065日高
垢版 |
2020/04/25(土) 08:50:17.71ID:CO1/TJQJ
>61
 X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p
にはできないですよね。(そしてそうしなければ証明になりません)

はい。
0066132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 09:22:22.44ID:wfk6bL9+
>>65

では、命題
>>53
> もし、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある事と、同じとなります。

の証明は失敗ということでいいですか。
0067132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 10:07:45.83ID:1hAmyWIc
>>62
商が有理数であると、整数比のx,y,zが見つからないという証明をしてください
0068日高
垢版 |
2020/04/25(土) 12:17:17.69ID:CO1/TJQJ
>66
>>53
> もし、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある事と、同じとなります。

の証明は失敗ということでいいですか。

どうして、証明は失敗ということになるのでしょうか?
0069132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 12:19:27.26ID:wfk6bL9+
>>68

命題の後段は
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある
ですが、これを証明中の文字・式であらわすと
  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p
です。

>>65でこう表せなかったのだから、証明失敗です。
0070日高
垢版 |
2020/04/25(土) 12:20:00.58ID:CO1/TJQJ
>67
商が有理数であると、整数比のx,y,zが見つからないという証明をしてください

もし、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある事と、同じとなります。
0071日高
垢版 |
2020/04/25(土) 12:29:15.44ID:CO1/TJQJ
>69
命題の後段は
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある
ですが、

どういう意味でしょうか?
0072132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 12:31:43.48ID:wfk6bL9+
>>71

貴方が証明しようとしている命題は
>>53
> もし、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある事と、同じとなります。
ですよね。
その命題の後段(後半部分)は

> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある

という事です。
0073日高
垢版 |
2020/04/25(土) 12:49:23.82ID:CO1/TJQJ
>69
命題の後段は
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある
ですが、これを証明中の文字・式であらわすと
  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p
です。

>>65でこう表せなかったのだから、証明失敗です。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)と
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}/α)^pは、同じです。
0074132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 12:55:05.59ID:wfk6bL9+
>>73
あ、違います。大文字のX, Yです。

  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p

これを導かないといけません。
0075132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 12:58:39.39ID:1hAmyWIc
>>70
やっと日高さんの主張の内容が理解できました。
しかし他の方が指摘しているように、その主張は間違っています。
0076日高
垢版 |
2020/04/25(土) 13:24:56.25ID:CO1/TJQJ
>74
  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p
これを導かないといけません。

最初が、計算間違いではないでしょうか?
x=αX、y=αYとおくと、
X^p+Y^p=(X+(α)p^{1/(p-1)})^pとなると思いますが?
0077日高
垢版 |
2020/04/25(土) 13:37:57.47ID:CO1/TJQJ
>76
訂正です。
x=αX、y=αYとおくと、
(αX)^p+(αY)^p={(αX)+(α)p^{1/(p-1)})^p
両辺をα^pで割ると、
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p
となります。
0078132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 13:41:02.96ID:wfk6bL9+
>>76,77

  x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x=αX、y=αYとおくと、
  (αX)^p+(αY)^p=((αX)+p^{1/(p-1)})^p
両辺をα^nで割る
  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}/α)^p    ★正解

計算間違いはしていないと思いますが。

  X^p+Y^p=(X+(α)p^{1/(p-1)})^p    ★間違い
にも
  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p    ★間違い
にもなりません。

(また、貴方自身>>65で「できない」と認めてますよね。)
0080日高
垢版 |
2020/04/25(土) 15:48:52.12ID:CO1/TJQJ
>78
両辺をα^nで割る
  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}/α)^p    ★正解

計算間違いはしていないと思いますが。

計算間違いはしていません。★正解です。

α=(n)p^{1/(p-1)}のとき、rは、有理数となりますが、
(5)が整数比とならないので、
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}/α)^pも整数比となりません。
0081132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 15:51:40.09ID:wfk6bL9+
>>80
> >78
> 両辺をα^nで割る
>   X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}/α)^p    ★正解
>
> 計算間違いはしていないと思いますが。
>
> 計算間違いはしていません。★正解です。
>

> α=(n)p^{1/(p-1)}のとき、rは、有理数となりますが、
> (5)が整数比とならないので、
> X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}/α)^pも整数比となりません。

新しい主張でしょうか。
じっくり見てみます。
0082132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 16:21:08.80ID:mUMOzlOU
>>64

> z=x+p^{1/(p-1)}です。
いいえ

証明したい式x^p+y^p=z^pのxとzとpにそんな関係は定められていません。

たとえばx=3,z=5,p=3のとき、z=x+p^{1/(p-1)}ではありません。

よって>>64は間違いです。


> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに有理数で整数比となる解がないとき
> x^p+y^p=z^pに有理数で整数比となる解がないことを、証明してください。
は証明されていません。
0083132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 16:27:40.48ID:wfk6bL9+
>>80

新しい主張の前に、気付いたのですが、
>>78より
  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}/α)^p
が得られました。
なのですぐさま
  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p
が偽だと分かります。(二式の左辺が同一な事に注目してください)

よって、「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある」も偽です。

よって、貴方の命題
>>53
> もし、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある事と、同じとなります。

は証明不可能な事が分かりました。
0084132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 16:54:09.42ID:mUMOzlOU
58をもう一度書きますが、そのまえに

あなたはhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/をクリックしてこのページを表示できますか?
もし表示できたとしたら、それぞれの書き込みの左上の番号のところは、どのようにならんでいますか?
最初は何番で、最後は何番で、途中に抜けているところはありますか?


>>52

1行目:  (dx)^p+(dy)^p=(dz)^p (dは無理数、x,y,zは有理数)
2行目:  両辺をd^pで割ると、x^p+y^p=z^pとなります。

1行目で、x^p+y^p=z^pのx、y、zに無理数で整数比となる解を代入してみて、
それを式変形して2行目の式が出てきています。
2行目の式は、x^p+y^p=z^pのx、y、zに有理数で整数比となる解を代入したときと同じ式です。
よって、「x^p+y^p=z^pにおいて、x,y,zが、無理数で整数比となる場合は、有理数で、整数比となる場合と同じである。」が証明できました。

ではつぎに
実際にあなたがやること:   x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)について、1行目と同じように無理数で整数比の数を入れてみてください。
実際にあなたがやること:   それを2行目と同じように、式変形してください。
実際にあなたがやること:   そしてそれがx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比となる解を代入したときと同じ式か調べてください。
同じであれば、「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)において、x,y,zが、無理数で整数比となる場合は、有理数で、整数比となる場合と同じである。」が証明できます。
0086日高
垢版 |
2020/04/25(土) 18:30:29.06ID:CO1/TJQJ
>82
たとえばx=3,z=5,p=3のとき、z=x+p^{1/(p-1)}ではありません。

この場合は、r=(ap)^{1/(p-1)}となります。
0087日高
垢版 |
2020/04/25(土) 18:41:12.61ID:CO1/TJQJ
>83
> もし、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数解がある事と、同じとなります。

は証明不可能な事が分かりました。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、
(αX)^p+(αY)^p=(αZ)^p
αZ=z=x+p^{1/(p-1)}ですので、
(αX)^p+(αY)^p=(αZ)^pは、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなります。
0088132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 18:45:12.90ID:wfk6bL9+
>>87
  x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
から始まって
  x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
同じ式に戻しているだけじゃないですか。
0089日高
垢版 |
2020/04/25(土) 20:23:07.64ID:CO1/TJQJ
>84
最初は、8番で、最後は88番です。
途中の抜けは、ありません。

実際にあなたがやること:   x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)について、1行目と同じように無理数で整数比の数を入れてみてください。

(αX)^p+(αY)^p=(αZ)^p

実際にあなたがやること:   それを2行目と同じように、式変形してください。

どのように、式変形するのでしょうか?
0090日高
垢版 |
2020/04/25(土) 20:25:08.05ID:CO1/TJQJ
>88
>>87
  x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
から始まって
  x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
同じ式に戻しているだけじゃないですか。

どうしてでしょうか?
0091132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 20:49:45.80ID:wfk6bL9+
>>90

>>87

>> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、  ★
>> (αX)^p+(αY)^p=(αZ)^p
>> αZ=z=x+p^{1/(p-1)}ですので、
>> (αX)^p+(αY)^p=(αZ)^pは、
>> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなります。    ★と同じ

だからです。
0092132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 20:56:28.07ID:mUMOzlOU
>>89

> 実際にあなたがやること:   x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)について、1行目と同じように無理数で整数比の数を入れてみてください。
>
> (αX)^p+(αY)^p=(αZ)^p

どう見ても(3)式と違っていますが、(3)式で何をどうしたらそうなるのですか?

> どのように、式変形するのでしょうか?

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/の25であなたがやって見せたように

(3)式に、dx,dy,dz
0093132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 21:01:05.49ID:mUMOzlOU
>>92続き

(3)式に、dx,dy,dzを代入したのち、変形して、それがx、y、zについて(3)式と同じ形になるように式変形してください。
出来なければ、「(3)についてx,y,zが、無理数で整数比となる場合は、有理数で、整数比となる場合と同じである。」 は間違いです。

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/の25で、あなたがやってみせた

「x^p+y^p=z^pについてx,y,zが、無理数で整数比となる場合は、有理数で、整数比となる場合と同じである。」

と同じことです。
0094132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/25(土) 21:20:56.12ID:mUMOzlOU
>>89

> たとえばx=3,z=5,p=3のとき、z=x+p^{1/(p-1)}ではありません。
>
> この場合は、r=(ap)^{1/(p-1)}となります。

では、それを踏まえたうえで

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに有理数で整数比となる解がないとき
x^p+y^p=z^pに有理数で整数比となる解がないことを、証明してください。
0095132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 03:22:50.24ID:Z8DHfU9z
√(a^2+b^2+c^12+d^12+2*(-a*b+a*c+a*d+b*c+c*d))=4つのベクトルのうち一つベクトルの組み合わせのみが逆向きの時のベクトルの合計値の長さ(aまたはbが現実には存在しない方向にむいたベクトルになる)

√(a^(1/2)+b^(1/2)+i*√(c^(1/2)+d^(1/2)))*(a^(1/2)+b^(1/2)-i*√(c^(1/2)+d^(1/2)))*(a^(1/2)-b^(1/2)+i*√(c^(1/2)+d^(1/2)))*(a^(1/2)-b^(1/2)-i*√(c^(1/2)+d^(1/2)))=√(a^2+b^2+c^2+d^2+2*(-a*b+a*c+a*d+b*c+c*d))

変数を増やすと左辺の虚数部が増えるのみ

4本のベクトルの時
(a^(1/2)+b^(1/2)+i*√(c^(1/2)+d^(1/2)))=0
(a^(1/2)+b^(1/2)-i*√(c^(1/2)+d^(1/2)))=0
(a^(1/2)-b^(1/2)+i*√(c^(1/2)+d^(1/2)))=0
(a^(1/2)-b^(1/2)-i*√(c^(1/2)+d^(1/2)))=0
のどれかを満たすとき個のベクトルの合計値が0になる


5本のベクトルの時
(a^(1/2)+b^(1/2)+i*√(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)))=0
(a^(1/2)+b^(1/2)-i*√(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)))=0
(a^(1/2)-b^(1/2)+i*√(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)))=0
(a^(1/2)-b^(1/2)-i*√(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)))=0
のどれかを満たすとき個のベクトルの合計値が0になる

n本のベクトルの時
(a^(1/2)+b^(1/2)+i*√(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)+・・・+a1^(1/2)))=0
(a^(1/2)+b^(1/2)-i*√(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)+・・・+a1^(1/2)))=0
(a^(1/2)-b^(1/2)+i*√(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)+・・・+a1^(1/2)))=0
(a^(1/2)-b^(1/2)-i*√(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)+・・・+a1^(1/2)))=0
のどれかを満たすとき個のベクトルの合計値が0になる

a^(1/2)=b^(1/2)+i*√(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)+・・・+a1^(1/2)))のとき合計値は0

b<<<<√(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)+・・・+a1^(1/2)))のときa≒-1*(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)+・・・+a1^(1/2)))になる

a→0とする

-1*(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)+・・・+a1^(1/2)))→0
cからa1までに1,1/2,1/3,1/4,1/5,1/6,,,1/nを代入する
0096132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 03:27:03.56ID:Z8DHfU9z
a^(1/2)=b^(1/2)+i*√(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)+・・・+a1^(1/2)))のとき合計値は0

b<<<<√(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)+・・・+a1^(1/2)))のときa≒-1*(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)+・・・+a1^(1/2)))になる

a→0とする

-1*(c^(1/2)+d^(1/2)+e^(1/2)+・・・+a1^(1/2)))→0となるためには
c^(1/2),d^(1/2),,,の成分の向きを複素数平面上で回転させる
このとき回転角のみしか変えることができない(成分の長さを変えられない)ため指数の実数部は1/2になる
0097132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 03:56:59.72ID:Z8DHfU9z
√(a^2+b^2+c^2+d^2+2*(-a*b+a*c+a*d+b*c+b*d+c*d))=4つのベクトルのうち一つベクトルの組み合わせのみが逆向きの時のベクトルの合計値の長さ(aまたはbが現実には存在しない方向にむいたベクトルになる)

√(a^(1/2)+b^(1/2)+i*√(c+d))*(a^(1/2)+b^(1/2)-i*√(c+d))*(a^(1/2)-b^(1/2)+i*√(c+d))*(a^(1/2)-b^(1/2)-i*√(c+d))=√(a^2+b^2+c^2+d^2+2*(-a*b+a*c+a*d+b*c+b*d+c*d))

変数を増やすと左辺の虚数部が増えるのみ

4本のベクトルの時
(a^(1/2)+b^(1/2)+i*√(c+d))=0
(a^(1/2)+b^(1/2)-i*√(c+d))=0
(a^(1/2)-b^(1/2)+i*√(c+d))=0
(a^(1/2)-b^(1/2)-i*√(c+d))=0
のどれかを満たすときこのベクトルの合計値が0になる


5本のベクトルの時
(a^(1/2)+b^(1/2)+i*√(c+d+e))=0
(a^(1/2)+b^(1/2)-i*√(c+d+e))=0
(a^(1/2)-b^(1/2)+i*√(c+d+e))=0
(a^(1/2)-b^(1/2)-i*√(c+d+e))=0
のどれかを満たすときこのベクトルの合計値が0になる

n本のベクトルの時
(a^(1/2)+b^(1/2)+i*√(c+d+e+・・・+a1))=0
(a^(1/2)+b^(1/2)-i*√(c+d+e+・・・+a1))=0
(a^(1/2)-b^(1/2)+i*√(c+d+e+・・・+a1))=0
(a^(1/2)-b^(1/2)-i*√(c+d+e+・・・+a1))=0
のどれかを満たすときこのベクトルの合計値が0になる
0098日高
垢版 |
2020/04/26(日) 08:59:33.22ID:1qU2paEl
>91
わかりません。

無理数解が、あるならば、有理数解もあります。
有理数解が、ないならば、無理数解もありません。
0099132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 09:03:21.54ID:LzjwAuKq
>>98

どの式の有理数解・無理数解でしょうか。
数学の言葉で、主張をお願いします。

> 無理数解が、あるならば、有理数解もあります。
> 有理数解が、ないならば、無理数解もありません。
0100日高
垢版 |
2020/04/26(日) 09:36:34.08ID:1qU2paEl
>99
どの式の有理数解・無理数解でしょうか。
数学の言葉で、主張をお願いします。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、  ★
(αX)^p+(αY)^p=(αZ)^pとなります。
αZ=z=x+p^{1/(p-1)}ですので、
(αX)^p+(αY)^p=(αZ)^pは、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなります。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pには、有理数解がありません。
0101132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 09:52:27.37ID:LzjwAuKq
>>100
> >99
> どの式の有理数解・無理数解でしょうか。
> 数学の言葉で、主張をお願いします。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数解があるならば、  ★
> (αX)^p+(αY)^p=(αZ)^pとなります。
> αZ=z=x+p^{1/(p-1)}ですので、
> (αX)^p+(αY)^p=(αZ)^pは、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなります。
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pには、有理数解がありません。

>>98には
>> 無理数解が、あるならば、有理数解もあります。
とありますが、
  有理数解がありません−有理数解もあります
の書き間違いでしょうか。
0102132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 10:03:58.82ID:6GqXZ7nN
有理数解もあることになるが実際には有理数解を持たない、と言いたいのだと思う。
「PならばQ」の意味を正しく理解できていないことに注意してください。
0105日高
垢版 |
2020/04/26(日) 12:05:06.08ID:1qU2paEl
>103
αって何ですか?

無理数です。
0107日高
垢版 |
2020/04/26(日) 12:30:14.85ID:1qU2paEl
>106
X,Y,Zって何ですか?

有理数です。
0108132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 12:44:38.31ID:6GqXZ7nN
xが2のp乗根、yが3のp乗根、zが5のp乗根の時はこうは書けないのでは?
0110日高
垢版 |
2020/04/26(日) 14:43:46.62ID:1qU2paEl
108
xが2のp乗根、yが3のp乗根、zが5のp乗根の時はこうは書けないのでは?

はい。共通の無理数を持たないので、書けません。
0113日高
垢版 |
2020/04/26(日) 15:39:35.97ID:1qU2paEl
>109
>>108
x, y, zは整数比だと思います。

はい。整数比になります。
0114日高
垢版 |
2020/04/26(日) 15:46:18.40ID:1qU2paEl
>111
でも>>100にはそんなこと書いてないっすよ。

αX,αY,αZの、αは、共通の無理数です。
0115132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 15:48:44.67ID:6GqXZ7nN
何を言っているのかわかりません。最初から、わかるように書いてください。
0116日高
垢版 |
2020/04/26(日) 16:11:13.73ID:1qU2paEl
>115
何を言っているのかわかりません。最初から、わかるように書いてください。

何番が、わからないのでしょうか?
0118日高
垢版 |
2020/04/26(日) 16:23:01.20ID:1qU2paEl
>117
>>1のように、単独で読めるように書いてください。

1は読めるでしょうか?
0120日高
垢版 |
2020/04/26(日) 16:53:21.80ID:1qU2paEl
>119
1で、意味不明な箇所があるでしょうか?
0121132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 16:55:39.53ID:6GqXZ7nN
そのあとの>>100とかが全体にどうかかわってくるのかわからないから
単独で読める証明を書いてくださいとお願いしています。
0122132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 17:28:46.41ID:LzjwAuKq
ところで1さん、>>102さんの

> 有理数解もあることになるが実際には有理数解を持たない、と言いたいのだと思う。

は合ってる?
0124132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 18:15:33.26ID:6GqXZ7nN
>>1 日高
> x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)は(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}…(2)となる。

こう展開することになんの意味があるのですか?
0125132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 18:21:18.45ID:6GqXZ7nN
> (5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。

(5)も(3)も方程式ですので、そのx,y,zと言われてもなんのことかわかりかねます。説明してください。
0126日高
垢版 |
2020/04/26(日) 18:23:12.32ID:1qU2paEl
>121
そのあとの>>100とかが全体にどうかかわってくるのかわからないから
単独で読める証明を書いてくださいとお願いしています。

100は、1の、(3)に、有理数解はなくても、無理数解があるかもしれない
ということです。
0127132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 18:43:57.40ID:3FYFmUgJ
日高氏は数学の基礎知識が絶望的に不足しているし、日本語も不自由なので
指摘や質問内容を理解することができないし、まともに回答することもできない。

相手をするだけムダです。
0128132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 19:21:35.71ID:6GqXZ7nN
>>126 日高
> >121
> そのあとの>>100とかが全体にどうかかわってくるのかわからないから
> 単独で読める証明を書いてくださいとお願いしています。
>
> 100は、1の、(3)に、有理数解はなくても、無理数解があるかもしれない
> ということです。

1は間違いだ、と言っているのですか?
0129132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 22:08:00.12ID:PM7JLXOt
>>100

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/の25ではあなたがちゃんと解けたのに、同じことがなぜできないんですか?

25であなたが証明したこと: x^p+y^p=z^p に無理数で整数比の解があるならば、
25であなたが証明したこと: (αX)^p+(αY)^p=(αZ)^pとなります。(αは無理数、X,Y,Zは有理数)
25であなたが証明したこと: 両辺をd^pで割ると、X^p+Y^p=Z^pとなります。
25であなたが証明したこと: この式は、元の式x^p+y^p=z^pに有理数のX,Y,Zを代入した形をしています。
25であなたが証明したこと: よって、x^p+y^p=z^p に無理数解があるならば、x^p+y^p=z^p に有理数解があるといえます。

あなたが25でやったこれとおなじことを、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)でやるだけですよ?

仮定:  x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解があるならば、
※※:
※※:
結論:  この式は、元の式x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数のX,Y,Zを代入した形をしています。
結論:  よって、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数解があるならば、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数解があるといえます。

あなたが、※※の部分を正しく埋められるなら、結論は正しい。

あなたが、※※の部分を正しく埋められないなら、結論は間違っている。
つまり、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数解があったとしても、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数解はない。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数解がなかったとしても、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数解がないとはいえない。
0130132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/26(日) 22:57:04.25ID:PM7JLXOt
ちなみにあなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1582716245の746で書いたことは、同じ書き方をするとこうなります。

仮定:  p=2のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解があるならば、
※※:  X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^pとなります。(X,Yは有理数)
※※:  αを無理数として、両辺にα^pをかけると、(αX)^p+(αY)^p=((αX)+p^{1/(p-1)}×α)^p
結論:  この式は、元の式x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比のαX,αYを代入した形をになりません。
結論:  よって、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数解があっても、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるとは言えません。

例: p=2のとき、3,4はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の有理数で整数比の解だが、
無理数で整数比の3√5、4√5はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解ではありません。
0131日高
垢版 |
2020/04/27(月) 06:21:50.73ID:N+VcAHTo
(改1)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の解は整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。rは有理数となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
0132日高
垢版 |
2020/04/27(月) 06:47:50.47ID:N+VcAHTo
>130
例: p=2のとき、3,4はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の有理数で整数比の解だが、
無理数で整数比の3√5、4√5はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解ではありません。

この場合は、a=√5で、
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となります。
0133日高
垢版 |
2020/04/27(月) 07:26:56.77ID:N+VcAHTo
(改2)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の解は整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
0134日高
垢版 |
2020/04/27(月) 07:50:00.46ID:N+VcAHTo
(改3)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)に整数比の解はない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
0137日高
垢版 |
2020/04/27(月) 08:51:49.25ID:N+VcAHTo
>122
>>122>>128に返信もらっても良いですか?

122の意味がよく理解できないので、具体に言っていただけないでしょうか。
0138日高
垢版 |
2020/04/27(月) 08:54:58.45ID:N+VcAHTo
>137
122の意味がよく理解できないので、具体的に、言っていただけないでしょうか。
0140132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 10:09:23.27ID:NTBn8LeD
>>134 日高
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)に整数比の解はない。

なぜですか?
0141日高
垢版 |
2020/04/27(月) 10:15:53.58ID:N+VcAHTo
>140
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)に整数比の解はない。

なぜですか?

x,yを有理数とすると、両辺が等しくならないからです。
0142132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 10:41:35.66ID:RMoxCaal
>>141
> >140
> > (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> > (3)に整数比の解はない。
x=y=r/(2^(1/p)-1)が(3)の解。y/x=1だから整数比。
つまり日高は嘘つき。

>
> なぜですか?
>
> x,yを有理数とすると、両辺が等しくならないからです。
嘘なのにデタラメな理由ででっち上げ。
0144日高
垢版 |
2020/04/27(月) 12:46:52.80ID:N+VcAHTo
>143
x,yが有理数なんてどこにも書いてありませんが。

x,yを有理数とすると、z=x+p^{1/(p-1)}なので、整数比となりません。
0146日高
垢版 |
2020/04/27(月) 12:49:40.00ID:N+VcAHTo
(改3)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)に整数比の解はない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
0147132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 13:37:00.36ID:RMoxCaal
>>146
> (改3)
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)は(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}…(2)となる。
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)に整数比の解はない。
> (2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
> (4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
> (5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
もはや都合の悪い指摘は全て無視か。
掲示板に書き込むな。ゴミ。
0148日高
垢版 |
2020/04/27(月) 13:55:25.65ID:N+VcAHTo
>147
もはや都合の悪い指摘は全て無視か。

都合の悪い指摘とは、どのような指摘でしょうか?
0149132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 15:29:25.64ID:RMoxCaal
>>148
> >147
> もはや都合の悪い指摘は全て無視か。
>
> 都合の悪い指摘とは、どのような指摘でしょうか?
疑問でごまかすな。ゴミ。
0150132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 15:30:04.88ID:NTBn8LeD
日高さんは整数比が頭にはいると有理数が頭から抜けてしまうのか。
0151日高
垢版 |
2020/04/27(月) 15:56:42.29ID:N+VcAHTo
>150
日高さんは整数比が頭にはいると有理数が頭から抜けてしまうのか。

どの部分の有理数が、抜けているのでしょうか?
0153132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 17:15:49.62ID:4VM88iBD
最近、以前にも増して支離滅裂な答えが多いな。
botにしても出来が悪すぎる。
0154132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 17:37:20.14ID:RMoxCaal
最終的な結論すら嘘八百。
x=y=z=0は整数比じゃないのか?デタラメな用語使っているから数学にならないんだよ。ゴミが。
0157日高
垢版 |
2020/04/27(月) 20:03:14.45ID:N+VcAHTo
(改3)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)に整数比の解はない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
0158日高
垢版 |
2020/04/27(月) 20:06:44.43ID:N+VcAHTo
>155
>>128,129,142,145かな。
回答してあげてください。

書いた人の要求ならば、返事します。
0159132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 20:06:48.02ID:NZs5LsMz
大学で数学を専攻すると学ぶ射影平面は比x:y:zの全体と定義されることもありますが
そのときでも0:0:0は除外します。でも1:0:1や0:1:1,1:-1:0は考えます。やっぱり日高さんは抜けています。
0160128
垢版 |
2020/04/27(月) 20:08:58.46ID:NTBn8LeD
回答を求めます。
0161日高
垢版 |
2020/04/27(月) 20:09:07.23ID:N+VcAHTo
>159
大学で数学を専攻すると学ぶ射影平面は比x:y:zの全体と定義されることもありますが
そのときでも0:0:0は除外します。でも1:0:1や0:1:1,1:-1:0は考えます。やっぱり日高さんは抜けています。

小学校ではどうでしょうか?
0163日高
垢版 |
2020/04/27(月) 20:12:20.05ID:N+VcAHTo
>160
回答を求めます。

書いた、本人でしょうか?
0164日高
垢版 |
2020/04/27(月) 20:14:05.35ID:N+VcAHTo
>162
それがフェルマーの最終定理の簡単な証明とどう関係しますか?

わかりません。
0166日高
垢版 |
2020/04/27(月) 20:31:31.99ID:N+VcAHTo
>165
じゃあ君が日高だということを証明してみせて。

意味がわかりません。
0168132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 20:43:36.67ID:RMoxCaal
>>158
> >155
> >>128,129,142,145かな。
> 回答してあげてください。
>
> 書いた人の要求ならば、返事します。
誰が書こうと回答するべきだろが。
コメントを書くこと自体が要求になっている。

それはさておき、私は、過去に書き込んだ全ての書き込みに、まともな数学的な事実・考察に基いた回答を要求する。
そして、言い訳でごまかした日高の回答は、回答ではないので、全てのコメントに対して再回答を要求する。
0169日高
垢版 |
2020/04/27(月) 20:44:16.83ID:N+VcAHTo
>167
そんなに返信したくないのかなあ。

本人の希望かどうか、分からないからです。
0170日高
垢版 |
2020/04/27(月) 20:45:48.16ID:N+VcAHTo
(改3)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)に整数比の解はない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
0171132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 20:46:05.17ID:RMoxCaal
>>169
> >167
> そんなに返信したくないのかなあ。
>
> 本人の希望かどうか、分からないからです。
言い訳してないで回答しろよ。ゴミが。
0172132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 20:51:03.77ID:sWwW6wjV
>>169
でもさ、この5chで本人確認できると思う?匿名掲示板だよ。
貴方だって、本当に日高氏か証明できないでしょ?(>>165
0173日高
垢版 |
2020/04/27(月) 20:53:01.65ID:N+VcAHTo
>171

> 本人の希望かどうか、分からないからです。
言い訳してないで回答しろよ。ゴミが。

一つだけ、質問してください。
0174132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 20:53:18.02ID:NZs5LsMz
>>170 日高

> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)は(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}…(2)となる。

この展開はなんのためにしたのか不明。

> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。

へもってゆきたいだけならいきなりそう書けばいいのに。

> (3)に整数比の解はない。

無理数解なら整数比になるものがあります。

> (2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
> (4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。

r^(p-1)=apらしいので(ap)^{1/(p-1)}はrです。(5)は(1)と同じ。
r=0の場合を見落としていますがばかばかしいのでやめます。

> (5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。

(3)の無理数解を見落としていますから無意味です。

> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。

……なーんてことは言えていません。零点。
0175日高
垢版 |
2020/04/27(月) 20:54:25.01ID:N+VcAHTo
>172
そうですね。
0176132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 20:55:44.95ID:NTBn8LeD
じゃあ一つだけ質問します。
間違った証明を延々と書き込み続けるのはなぜですか?
0177日高
垢版 |
2020/04/27(月) 20:56:43.41ID:N+VcAHTo
>174
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)は(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}…(2)となる。

この展開はなんのためにしたのか不明。

積の形にする為です。
0178日高
垢版 |
2020/04/27(月) 20:58:26.41ID:N+VcAHTo
>176
間違った証明を延々と書き込み続けるのはなぜですか?

間違いの証拠がないからです。
0180132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 21:11:08.81ID:RMoxCaal
>>173
> >171
>
> > 本人の希望かどうか、分からないからです。
> 言い訳してないで回答しろよ。ゴミが。
>
> 一つだけ、質問してください。
要求に回答するといったのはお前だろうが。ゴミが。
言い訳しないで早く回答しろ。
0181132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 21:12:04.53ID:RMoxCaal
>>178
> >176
> 間違った証明を延々と書き込み続けるのはなぜですか?
>
> 間違いの証拠がないからです。
間違いの証拠は死ぬほど指摘されているだろうが。
全部無視しているのは日高だ。
0182日高
垢版 |
2020/04/27(月) 21:12:44.79ID:N+VcAHTo
>179
> 積の形にする為です。

そうするとどういういいことがありますか?

解が、整数比にならないことが分かります。
0183日高
垢版 |
2020/04/27(月) 21:15:20.27ID:N+VcAHTo
(改3)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)に整数比の解はない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
0184132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 21:17:24.90ID:NZs5LsMz
>>182 日高
> >179
> > 積の形にする為です。
>
> そうするとどういういいことがありますか?
>
> 解が、整数比にならないことが分かります。

どうしてそうわかりますか?
0188日高
垢版 |
2020/04/27(月) 21:43:19.88ID:N+VcAHTo
>185
早く回答しろよ。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となるからです。
0189132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 21:45:29.54ID:NZs5LsMz
>>188 日高
> >185
> 早く回答しろよ。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となるからです。

初めっからr=p^{1/(p-1)}とおけばよいだけの話だろ。
0190日高
垢版 |
2020/04/27(月) 21:51:11.81ID:N+VcAHTo
>189
初めっからr=p^{1/(p-1)}とおけばよいだけの話だろ。

根拠は?
0191132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 21:56:14.56ID:NZs5LsMz
>>190 日高
> >189
> 初めっからr=p^{1/(p-1)}とおけばよいだけの話だろ。
>
> 根拠は?

ないよ。君にあるのかい?
0192日高
垢版 |
2020/04/27(月) 22:00:24.90ID:N+VcAHTo
>191
> 根拠は?

ないよ。君にあるのかい?

最初の、式を変形して、得られた式だからです。
0194132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 22:10:00.96ID:NZs5LsMz
>>192 日高

> 最初の、式を変形して、得られた式だからです。

意味がわからないので詳しく説明していただけないでしょうか?
0195日高
垢版 |
2020/04/27(月) 22:17:32.75ID:N+VcAHTo
>193
で?回答がまだだが。無視かよ。ゴミが。

何番に対する回答でしょうか?
0196日高
垢版 |
2020/04/27(月) 22:19:00.56ID:N+VcAHTo
>194
意味がわからないので詳しく説明していただけないでしょうか?

考えてください。
0197132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 22:26:07.81ID:79rOk02/
自分の証明が間違っていると理解できるレベルの能力を身につけてほしい
0198132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 22:29:53.02ID:NZs5LsMz
>>196 日高
> >194
> 意味がわからないので詳しく説明していただけないでしょうか?
>
> 考えてください。

ひとに証明を読んでもらっておきながら、なんだよ,その態度。
0199日高
垢版 |
2020/04/27(月) 22:30:01.11ID:N+VcAHTo
>197
自分の証明が間違っていると理解できるレベルの能力を身につけてほしい

具体的な指摘を、お願いします。
0200日高
垢版 |
2020/04/27(月) 22:31:41.10ID:N+VcAHTo
>198

> 考えてください。

ひとに証明を読んでもらっておきながら、なんだよ,その態度。

考えないと、意味がわかりません。
0201132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 22:34:38.38ID:NZs5LsMz
>>200 日高
> >198
>
> > 考えてください。
>
> ひとに証明を読んでもらっておきながら、なんだよ,その態度。
>
> 考えないと、意味がわかりません。

じゃあお前は考えてわかったのか?
「r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}」から「r^(p-1)=p」が出る理由。
0202132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 22:39:56.59ID:79rOk02/
>>199
突っ込みどころはたくさんあるし上の方でも全く同じ指摘がされてるけど、最初に現れた明確におかしい部分は
>x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
>(3)に整数比の解はない。

これを共に満たす整数xとyがないのであって、整数比のxとyがないことは証明されてない
0203132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 22:42:39.30ID:79rOk02/
>>202
で、「共通の無理数で割ると有理数になります」と言うんだろうけど、
ここが日高の能力が足りていないところ
0204132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 22:47:04.95ID:RMoxCaal
>>202
> >>199
> 突っ込みどころはたくさんあるし上の方でも全く同じ指摘がされてるけど、最初に現れた明確におかしい部分は
> >x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> >(3)に整数比の解はない。
>
> これを共に満たす整数xとyがないのであって、整数比のxとyがないことは証明されてない
整数比のものは無限にある。
0205132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/27(月) 23:04:40.32ID:NZs5LsMz
>>203
> >>202
> で、「共通の無理数で割ると有理数になります」と言うんだろうけど、
> ここが日高の能力が足りていないところ

そうだね。少し考えればわかるだろうにね。
0206132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 00:11:42.78ID:rSs53Y5g
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/129->>132

> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となります。

なりますが、なったからといって130が正しいかどうかにになんの影響もありません。

「x^p+y^p=z^p に有理数解があるとき、x^p+y^p=z^p に無理数で整数比の解がある。」
は25の証明より正しい。
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数解があるとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解がある」
>>130の証明よりまちがっている。


130の無理数と有理数を入れ替えて考えると、

仮定:  p=奇素数のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解があるならば、
証明:  (αX)^p+(αY)^p=((αX)+p^{1/(p-1)})^pとなります。(X,Yは有理数、αは無理数)
証明:  両辺をα^pで割ると、X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)}÷α)^p
結論:  この式は、元の式x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比のX,Yを代入した形をになりません。
結論:  よって、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるときでも、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解はありません。

あなたの主張「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解がある」
が間違いであることが証明されました。

よって、>>183の証明は間違いです。
0208132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 02:41:37.13ID:NchPt501
>>200
> >198
>
> > 考えてください。
>
> ひとに証明を読んでもらっておきながら、なんだよ,その態度。
>
> 考えないと、意味がわかりません。
日高は考えずにゴミを垂れ流すのだから、他人に考えることを要求する資格なし。

他人は、日高よりはまともに数学を学び、その上で指摘しているのだから、日高が偉そうに要求するなどというのは言語道断。
0209132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 03:55:25.18ID:CKNtjz2K
> >>199
> 突っ込みどころはたくさんあるし上の方でも全く同じ指摘がされてるけど、最初に現れた明確におかしい部分は
> >x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> >(3)に整数比の解はない。
>
> これを共に満たす整数xとyがないのであって、整数比のxとyがないことは証明されてない

例えば、xもyもp^{1/(p-1)}の有理数倍ならば
x, y, x+p^{1/(p-1)} は整数比になる
0210日高
垢版 |
2020/04/28(火) 06:00:42.24ID:c3YMgyju
>209
例えば、xもyもp^{1/(p-1)}の有理数倍ならば
x, y, x+p^{1/(p-1)} は整数比になる

整数比になりますが、式が成り立ちません。
等式を、満たす整数比となりません。
0211日高
垢版 |
2020/04/28(火) 06:06:26.72ID:c3YMgyju
>206
仮定:  p=奇素数のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解があるならば、
証明:  (αX)^p+(αY)^p=((αX)+p^{1/(p-1)})^pとなります。(X,Yは有理数、αは無理数)

(αX)^p+(αY)^p=((αX)+(α)p^{1/(p-1)})^pではないでしょうか?
0212日高
垢版 |
2020/04/28(火) 06:10:01.88ID:c3YMgyju
(改4)
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)に整数比の解はない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
0213132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 06:14:27.66ID:KYjBX8t9
>>210 日高
> >209
> 例えば、xもyもp^{1/(p-1)}の有理数倍ならば
> x, y, x+p^{1/(p-1)} は整数比になる
>
> 整数比になりますが、式が成り立ちません。
> 等式を、満たす整数比となりません。

どうしてなりませんか?
0214日高
垢版 |
2020/04/28(火) 06:19:17.51ID:c3YMgyju
【定理】p=2ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解がある。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p、 (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)}、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、xは有理数となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解がある。
∴p=2ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解がある。
0215日高
垢版 |
2020/04/28(火) 06:21:27.86ID:c3YMgyju
>213
どうしてなりませんか?

(5)になるからです。
0216日高
垢版 |
2020/04/28(火) 06:23:05.71ID:c3YMgyju
>207
スレ主はAB=CDならA=Cだと思っている。

はい。
0217132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 06:52:01.31ID:HWfE6/UG
>>215
> (5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。

と言ってますが、「(5)の解に整数比が無い」ことの理由は「(3)の解に整数比がない」からですか?
0218日高
垢版 |
2020/04/28(火) 07:44:01.36ID:c3YMgyju
>217
「(5)の解に整数比が無い」ことの理由は「(3)の解に整数比がない」からですか?

はい。
0219132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 08:39:12.72ID:HWfE6/UG
>>218
それでは、
>>209 >> 210 >>213 >>215
での話の流れで、日高さんは「(3)の解に整数比がない」ことの理由は「(5)の解に整数比が無い」
ということを言っているのでしょうか
0220日高
垢版 |
2020/04/28(火) 09:24:09.11ID:c3YMgyju
>219
「(3)の解に整数比がない」ことの理由は「(5)の解に整数比が無い」
ということを言っているのでしょうか

「(3)の解に整数比がない」ので、「(5)の解に整数比が無い」ことになります。
0223日高
垢版 |
2020/04/28(火) 11:04:34.46ID:c3YMgyju
>222
> >209
> 例えば、xもyもp^{1/(p-1)}の有理数倍ならば
> x, y, x+p^{1/(p-1)} は整数比になる
>
> 整数比になりますが、式が成り立ちません。
> 等式を、満たす整数比となりません。

どうしてなりませんか?

(5)のx,y,zが整数比になっても、解は整数比になりません。
理由は、(3)の解が整数比にならないからです。
0224132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 11:19:28.19ID:ZYeU4saO
ん?
「(3)の解に整数比がない」ことの理由
を聞かれているんじゃないの?
0225日高
垢版 |
2020/04/28(火) 11:58:42.21ID:c3YMgyju
>224
「(3)の解に整数比がない」ことの理由
を聞かれているんじゃないの?

理由は、x,yを有理数とすると、成り立たないからです。
0226日高
垢版 |
2020/04/28(火) 12:00:14.63ID:c3YMgyju
(改4)
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)に整数比の解はない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
0227日高
垢版 |
2020/04/28(火) 12:00:57.40ID:c3YMgyju
【定理】p=2ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解がある。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p、 (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)}、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、xは有理数となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解がある。
∴p=2ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解がある。
0228132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 12:39:08.75ID:tOk0VPB1
>>225

> 理由は、x,yを有理数とすると、成り立たないからです。

だったらどうして>>223では

> (5)のx,y,zが整数比になっても、解は整数比になりません。
> 理由は、(3)の解が整数比にならないからです。

と回答したんだ?
なんかもうムチャクチャだぞ。
0229日高
垢版 |
2020/04/28(火) 12:50:12.41ID:c3YMgyju
>228
> 理由は、x,yを有理数とすると、成り立たないからです。
と、
(3)の解が整数比にならない
は、
表現は違いますが、同じことです。
0230132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 13:05:45.74ID:KYjBX8t9
>>229 日高
これが日高の勘違いのすべて。それがわからずに何年やってるのか知らないが哀れな奴だ。
0231132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 13:10:20.61ID:HWfE6/UG
>>229
無理数でも整数比になる組はいくらでもありますよね。
そのような組が(3)の解にならない事を証明してください
0232132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 15:18:15.56ID:NchPt501
x=y=r/(2^(1/p)-1)が(3)の解。y/x=1だから整数比。

日高は計算するのが数学なんじゃなかったのか?
計算しろよ。
0233132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 15:52:26.18ID:EQWzx72g
√(a^2+b^2+c^2+2*(-a*b+a*c+b*c))=√(√a+√b+i*√c)*(√a-√b+i*√c)*(√a+√b-i*√c)*(√a-√b-i*√c)=0

√(a^2+b^2+c^2+2*(-a*b-a*c-b*c))=√(√a+√b+i^2*√c)*(√a-√b+i^2*√c)*(√a+√b-i^2*√c)*(√a-√b-i^2*√c)=0


a^1+b^1+i^2*c^1=0
a^1+b^1-i^2*c^1=0→i^2*c=(a^1+b^1)
a^1-b^2+i^2*c^1=0
a^2-b^2-i^2*c^2=0→i^2*c=(a^1-b^1)


a^2+b^2+i^2*c^2=0
a^2+b^2-i^2*c^2=0→i*c=√(a^2+b^2)
a^2-b^2+i^2*c^2=0
a^2-b^2-i^2*c^2=0→i*c=√(a^2-b^2)


a^3+b^3+i^2*c^3=0
a^3+b^3-i^2*c^3=0→i^(2/3)*c=(a^3+b^3)^(1/3)
a^3-b^3+i^2*c^3=0
a^3-b^3-i^2*c^3=0→i^(2/3)*c=(a^3-b^3)^(1/3)

cが複素数平面上でy軸かx軸上に解をもつときのみ整数になる
指数が
1のときc=A*e^(i*0)
2のときc=A*e^(i*π/2)
3以上の時c=A*e^(iθ)(0<θ<π/2)になるため整数解をもたない
0234日高
垢版 |
2020/04/28(火) 16:37:45.72ID:c3YMgyju
>231
無理数でも整数比になる組はいくらでもありますよね。
そのような組が(3)の解にならない事を証明してください

無理数で、整数比となる解を、共通の無理数で割ると、有理数となります。
0235日高
垢版 |
2020/04/28(火) 16:39:39.13ID:c3YMgyju
>232
x=y=r/(2^(1/p)-1)が(3)の解。y/x=1だから整数比。

日高は計算するのが数学なんじゃなかったのか?
計算しろよ。

何を計算したらいいのか、わかりません。
0236日高
垢版 |
2020/04/28(火) 16:40:23.87ID:c3YMgyju
>233
わかりません。
0237日高
垢版 |
2020/04/28(火) 16:42:40.42ID:c3YMgyju
(改4)
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)に整数比の解はない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
0238日高
垢版 |
2020/04/28(火) 16:43:25.20ID:c3YMgyju
【定理】p=2ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解がある。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p、 (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)}、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、xは有理数となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解がある。
∴p=2ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解がある。
0239132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 16:59:57.55ID:NchPt501
>>235
> >232
> x=y=r/(2^(1/p)-1)が(3)の解。y/x=1だから整数比。
>
> 日高は計算するのが数学なんじゃなかったのか?
> 計算しろよ。
>
> 何を計算したらいいのか、わかりません。

だから、(3)は整数比の解がある。
具体例すらあがっているのに、嘘をつき続けるのなら、マジでいままでかかわった全員に謝って、二度と投稿するな。ゴミ。
0240132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 17:01:40.90ID:NchPt501
計算するのが数学といっていたのは、日高の嘘だったことが確定したわけね。

嘘つき。
0241日高
垢版 |
2020/04/28(火) 17:02:36.83ID:c3YMgyju
>239
よくわかりません。
0242132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 17:05:21.37ID:NchPt501
ついでに。
x=y=z=0は整数比。だから、日高の主張は結論も間違い。

間違いがあるのに、それを直さない日高はゴミ。
0243132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 17:06:42.22ID:NchPt501
>>241
> >239
> よくわかりません。
反例すら理解できないのか。
つまり、中学生で根号の入った計算すら出来ないことが確定。
0244132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 17:09:34.60ID:NchPt501
>>243
> >>241
> > >239
> > よくわかりません。
> 反例すら理解できないのか。
> つまり、中学生で根号の入った計算すら出来ないことが確定。
日本語おかしいな。

つまり、日高は、中学生でやるような、根号の入った計算すら出来ないことが確定した。
四則演算が出来ないなら、フェルマーの定理とか書くな。ゴミ。
0245132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 17:40:15.37ID:HWfE6/UG
>>234
もしかして
x + y = 2√2…(1)
無理数で、整数比となる解(x=√2, y=√2)を、共通の無理数(ここでは√2)で割ると
有理数(x=1, y=1)となり、これは(1)を満たさない。
したがって(1)をみたす無理数で整数比となるx, y は存在しない。
というのが正しいと思っていますか?
0246日高
垢版 |
2020/04/28(火) 18:32:19.61ID:c3YMgyju
>245
x + y = 2√2…(1)
無理数で、整数比となる解(x=√2, y=√2)を、共通の無理数(ここでは√2)で割ると
有理数(x=1, y=1)となり、これは(1)を満たさない。

1+1=2となります。
0247132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 18:43:22.59ID:HWfE6/UG
>>246
挙げた例が正しくないと分かっていてすこし安心しました。
それでは >>234 で言ったように「無理数で、整数比となる解を、共通の無理数で割ると、有理数となります。」
という発言も何の証明になっていないと分かりますよね。
0248132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 19:04:33.58ID:ZYeU4saO
>>229

> 「(3)の解が整数比にならないのはなぜ?」

と聞かれているのに

> 「(3)の解が整数比にならないからです。」

と答えるのはおかしいという事に気づいて欲しかった。
0249日高
垢版 |
2020/04/28(火) 19:36:35.01ID:c3YMgyju
>248
何番でしょうか?
0250132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 19:38:57.62ID:c3YMgyju
(改4)
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)に整数比の解はない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
0251日高
垢版 |
2020/04/28(火) 19:40:21.98ID:c3YMgyju
(改4)
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(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}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)に整数比の解はない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
0252日高
垢版 |
2020/04/28(火) 19:41:09.12ID:c3YMgyju
【定理】p=2ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解がある。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)は(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p、 (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)}、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを任意の有理数とすると、xは有理数となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}(1/a)…(4)とする。
(4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解がある。
∴p=2ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解がある。
0254日高
垢版 |
2020/04/28(火) 20:18:06.26ID:c3YMgyju
>253
一つに、まとめていただけないでしょうか?
0256132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 20:24:06.95ID:cSoP4OG7
アンカーたどってレスをさかのぼるのができないなら、ここは無理だね。日高君。
0257132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 21:05:56.15ID:NchPt501
>>251
> (改4)
> 【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)は(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}…(2)となる。
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)に整数比の解はない。
> (2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
> (4)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
> (5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍なので、(5)にも整数比の解はない。
> ∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。

間違いを無視して直せないなら二度と投稿するな。ゴミ。
0258132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 21:15:34.98ID:syx64cw3
ゴミだわ
0259132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/28(火) 23:43:19.83ID:cSoP4OG7
>>251 日高

> 【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pに整数比の解はない。
> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)は(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}…(2)となる。
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)に整数比の解はない。

ここで方程式(3)の未知数はxとyだけですかそれともx,y,z(=x+p^{1/(p-1)})の三つですか
0260日高
垢版 |
2020/04/29(水) 05:54:33.30ID:7YMRHUV3
(改5)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にする。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
0261日高
垢版 |
2020/04/29(水) 06:05:48.47ID:7YMRHUV3
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となるので解は整数比となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
0262日高
垢版 |
2020/04/29(水) 06:09:45.31ID:7YMRHUV3
>259
ここで方程式(3)の未知数はxとyだけですかそれともx,y,z(=x+p^{1/(p-1)})の三つですか

三つです。
0263132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 06:37:12.48ID:gD8VPNyM
>>262
> >259
> ここで方程式(3)の未知数はxとyだけですかそれともx,y,z(=x+p^{1/(p-1)})の三つですか
>
> 三つです。
そんなことは証明のどこにも書いていない。書いていないことを主張するな。ゴミ。
主張したければはじめからかけ。ゴミ。
0264132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 06:47:35.47ID:gD8VPNyM
pを奇素数とする。

「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p かつ z=x+p^{1/(p-1)} が整数比の解を持たないと」いうのは、フェルマーの定理そのもの。

「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p かつ z=x+p^{1/(p-1)} が有理数解を持たない」というのは、自明な数学的事実。

日高は、自明な数学的事実から、ほぼ説明なしにフェルマーの定理が示せると強弁している。
しかもその理由を全く説明していない。
つまり、誤魔化しのデタラメ。
だからゴミ。

比がなんたらとか有理数解がなんたらかんたらとかほざくが、
「x^2+y^2=(x+π)^2 かつ z=x+πは、非自明な整数比の解を持つ」
「x^2+y^2=(x+π)^2 かつ z=x+πは、有理数解を持たない」
なので、有理数解を持たないからといって整数比の解がないわけじゃない。

こんなことは、みんなわかっているんだよ。だから、説明を要求している。
0265132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 06:49:09.34ID:gD8VPNyM
どんなに頑張ったって日高はゴミ。
証明とやらは間違い。
間違いを正しいとして世の中に広めたり数学者に送り付けたりしているのは、害悪。
0266日高
垢版 |
2020/04/29(水) 06:52:48.97ID:7YMRHUV3
>264
有理数解を持たないからといって整数比の解がないわけじゃない。

無理数で、整数比の解は、有理数の解となります。
0267132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 06:57:22.73ID:gD8VPNyM
>>266
> >264
> 有理数解を持たないからといって整数比の解がないわけじゃない。
>
> 無理数で、整数比の解は、有理数の解となります。
反例はあげた。
説明になっていないものを二度と書くな。ゴミ。
0269132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 07:01:43.12ID:gD8VPNyM
>>266
> >264
> 有理数解を持たないからといって整数比の解がないわけじゃない。
>
> 無理数で、整数比の解は、有理数の解となります。
数学的な事実・説明に基かない返信は二度とするな。
気持ち悪い。ゴミ。
0271132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 07:35:07.83ID:A/zMUM4g
「自明なことは理由にならないのでしょうか」というのもあったような気がする。
0272日高
垢版 |
2020/04/29(水) 09:13:45.26ID:7YMRHUV3
(改6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
0273日高
垢版 |
2020/04/29(水) 09:14:38.86ID:7YMRHUV3
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となるので解は整数比となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
0275132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 10:49:10.24ID:+APoEwJo
>>211

> (αX)^p+(αY)^p=((αX)+(α)p^{1/(p-1)})^pではないでしょうか?
逆に、どうしてそうなるのか聞きたいです。

あなたの>>251の文章の、x,y,zを(αX),(αY),(αZ)に置き換えるだけですよ?
つまり

【証明】(αX)^p+(αY)^p=(αZ)^pを、(αZ)=(αX)+rとおいて(αX)^p+(αY)^p=((αX)+r)^p…(1)とする。
(1)は((αX)/r)^p+((αY)/r)^p=((αX)/r+1)^p、 ((αY)/r)^p-1=p{((αX)/r)^(p-1)+…+(αX)/r}、
r^(p-1){((αY)/r)^p-1}=p{(αX)^(p-1)+…+r^(p-2)(αX)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、(αX)^p+(αY)^p=((αX)+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。


よって、>>206の証明は正しい。
> 結論:  よって、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるときでも、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解はありません。
>
> あなたの主張「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解がある」
> が間違いであることが証明されました。

よって、>>251の証明は間違いです。
0276日高
垢版 |
2020/04/29(水) 11:41:37.56ID:7YMRHUV3
274
>>273
整数比にならない解もあるんだけど

yを有理数とすると、xは必ず有理数となります。
xを有理数としても、yは必ず有理数となるとは、限りません。
0277日高
垢版 |
2020/04/29(水) 11:47:03.82ID:7YMRHUV3
>276
> 結論:  よって、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるときでも、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解はありません。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比になるものは、ありますが、
解となるものは、ありません。
0278132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 11:49:07.68ID:gD8VPNyM
>>277
> >276
> > 結論:  よって、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるときでも、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解はありません。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比になるものは、ありますが、
> 解となるものは、ありません。
なぜか説明がないから嘘。ゴミ。
二度と同じ言い訳を使うな。
0279132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 11:51:02.63ID:gD8VPNyM
>>277
> >276
> > 結論:  よって、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるときでも、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解はありません。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比になるものは、ありますが、
> 解となるものは、ありません。
再三指摘されているが、(3)にzは出てこない。なので、(3)がなんたらかんたらというときは、zは無関係でなければならない。
それが嫌なら(3)とかを直せ。
0280132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 11:51:38.07ID:gD8VPNyM
ついでに、解ってよく書くが、どの方程式の解だか不明なものに意味はない。
ゴミ。二度と書くな。
0281132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 11:52:51.42ID:gD8VPNyM
>>276
> 274
> >>273
> 整数比にならない解もあるんだけど
>
> yを有理数とすると、xは必ず有理数となります。
> xを有理数としても、yは必ず有理数となるとは、限りません。
おまけに、どんな言い訳をしようと、結論が間違っていることは変わらない。
間違いを直さない日高はゴミ。数学とかかわるな。
0282132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 12:24:53.84ID:A/zMUM4g
しかし、どういうときに証明が間違いとされるのかを知らない日高は無敵だと思う。
0283132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 12:36:06.30ID:+APoEwJo
私の>>256

> あなたの主張「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解がある」
> が間違いであることが証明されました。

をふまえて
>>257
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解がある」
が間違いであることをあなたが認めた、でよろしいですね。

そのうえで、新しい主張
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比になるものは、ありますが、
> 解となるものは、ありません。

この主張の意味はよくわかりませんが、たぶん自明ではありません。
証明してください。
証明できなければ、>>272は間違いです。


ところで、前にも書きましたが、証明を修正したら、どこを修正したか書いてください。
読む人は、「間違い探しあそび」をしたいわけではないので。
0284132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 12:42:17.03ID:+APoEwJo
すみません、>>283のレスアンカー(書き込み元の番号)が間違っていましたので書き直します。

私の>>275

> あなたの主張「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解がある」
> が間違いであることが証明されました。

をふまえて
>>277
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解がある」
が間違いであることをあなたが認めた、でよろしいですね。

そのうえで、新しい主張
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比になるものは、ありますが、
> 解となるものは、ありません。

この主張の意味はよくわかりませんが、たぶん自明ではありません。
証明してください。
証明できなければ、>>272は間違いです。
0285132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 12:52:02.72ID:F8Co/z2a
>>277
> > 結論:  よって、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるときでも、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解はありません。

> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比になるものは、ありますが、
> 解となるものは、ありません。

この「解」って
(1)式の解?
(3)式の解?
(5)式の解?
0286132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 12:58:36.20ID:F8Co/z2a
>>285
追加で。

> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比になるものは、ありますが、
> 解となるものは、ありません。

この「解」って
(1)式の有理数解?無理数解?
(3)式の有理数解?無理数解?
(5)式の有理数解?無理数解?
0287132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 14:10:02.72ID:77OT2n85
日高氏の主張が間違ってるっていうのならフェルマーの最終方程式の有理数解を出してみろよ
0288日高
垢版 |
2020/04/29(水) 16:50:46.43ID:7YMRHUV3
>281
> yを有理数とすると、xは必ず有理数となります。
> xを有理数としても、yは必ず有理数となるとは、限りません。
おまけに、どんな言い訳をしようと、結論が間違っていることは変わらない。

x^2+y^2=(x+2)^2
y^2=4x+4
yに、任意の有理数を代入してみて下さい。
0289日高
垢版 |
2020/04/29(水) 17:07:59.42ID:7YMRHUV3
>283
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比になるものは、ありますが、
> 解となるものは、ありません。

この場合、x,yが、p^{1/(p-1)}の有理数倍ならば、x,y,zは、無理数で整数比になります。
その、x,y,zを共通の無理数、p^{1/(p-1)}で割ると、整数比となる有理数となります。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)のzは、有理数となりますが、(5)は、(3)の
a^{1/(p-1)}倍となるので、整数比の解となりません。
0290132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 17:08:44.06ID:T5kt8tZt
日高さんはこんな所で間違った証明を書き続けるよりも、
中学の教科書を読んで論理能力を養った方が良い
0291日高
垢版 |
2020/04/29(水) 17:11:32.89ID:7YMRHUV3
>285
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比になるものは、ありますが、
> 解となるものは、ありません。

この「解」って
(1)式の解?
(3)式の解?
(5)式の解?

(3)式の解です。
0292132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 17:12:30.56ID:T5kt8tZt
「正三角形ならば二等辺三角形である」
「二等辺三角形ならば正三角形である」
この二つのの区別もついていないようだし、
「x + y = 0を満たす整数x,y がある」と
「x + y = 0を満たすx,y は整数である」と
「任意の整数x, yはx + y = 0を満たす」
の区別もついてなさそう
0294日高
垢版 |
2020/04/29(水) 17:16:06.11ID:7YMRHUV3
>286
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比になるものは、ありますが、
> 解となるものは、ありません。

この「解」って
(1)式の有理数解?無理数解?
(3)式の有理数解?無理数解?
(5)式の有理数解?無理数解?

(3)式の有理数解と、無理数解です。
0295日高
垢版 |
2020/04/29(水) 17:22:30.14ID:7YMRHUV3
>283
ところで、前にも書きましたが、証明を修正したら、どこを修正したか書いてください。
読む人は、「間違い探しあそび」をしたいわけではないので。

言葉使いを、変えただけです。
0296日高
垢版 |
2020/04/29(水) 17:23:54.95ID:7YMRHUV3
(改6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
0297日高
垢版 |
2020/04/29(水) 17:25:06.91ID:7YMRHUV3
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となるので解は整数比となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
0298132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 17:35:38.00ID:F8Co/z2a
>>294

主張がこれ
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比になるものは、ありますが、
> 【(3)式の有理数解】となるものは、ありません。

だったら>>206さんの主張
> 結論:  よって、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるときでも、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解はありません。
と変わらないじゃんね。
0299132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 18:13:48.17ID:+APoEwJo
>>289

以前http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1582716245の199にあなたが書いたとおり、(5)のaは

> a=r^(p-1)/p

です。

x、y、がp^{1/(p-1)}の有理数倍ならば、有理数X,Yとして
x=p^{1/(p-1)×X
y=p^{1/(p-1)×Y
と書けます。

さて、
問1: > a^{1/(p-1)}倍
問1: のaにあなたの書いたa=r^(p-1)/pを代入すると、どうなりますか?
問1: 計算してください。


問2: 計算してください。
問2: p^{1/(p-1)×X×(問1の答え)=
問2: p^{1/(p-1)×Y×(問1の答え)=
0300日高
垢版 |
2020/04/29(水) 18:20:12.07ID:7YMRHUV3
>298
> 結論:  よって、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるときでも、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解はありません。
と変わらないじゃんね。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)には、無理数で整数比となるものは、ありますが、
解にはなりません。
0301132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 18:23:59.69ID:F8Co/z2a
>>300
> >298
> > 結論:  よって、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に無理数で整数比の解があるときでも、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) に有理数の解はありません。
> と変わらないじゃんね。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)には、無理数で整数比となるものは、ありますが、
> 解にはなりません。

だからその【解】っていうのがあやふやだから、
それは【(3)式の有理数解】の事ですよね?と聞いています。
0302日高
垢版 |
2020/04/29(水) 21:44:56.56ID:7YMRHUV3
>301
それは【(3)式の有理数解】の事ですよね?と聞いています。

(3)式の解ではないということです。
つまり、(3)式の有理数解でも、無理数解でもないということです。

解とは、両辺が等しくなる数です。
0303132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 21:50:30.32ID:F8Co/z2a
>>302
> >301
> それは【(3)式の有理数解】の事ですよね?と聞いています。
>
> (3)式の解ではないということです。
> つまり、(3)式の有理数解でも、無理数解でもないということです。
分かりました。

> 解とは、両辺が等しくなる数です。
「何式の?」が分からないので、
【解】だけだと困ってしまいます。
0304日高
垢版 |
2020/04/29(水) 22:41:45.81ID:7YMRHUV3
>299
問1: > a^{1/(p-1)}倍
問1: のaにあなたの書いたa=r^(p-1)/pを代入すると、どうなりますか?
問1: 計算してください。
{r^(p-1)/p}^{1/(p-1)}です。

問2: 計算してください。
問2: p^{1/(p-1)×X×(問1の答え)=p^{1/(p-1)}×X×{r^(p-1)/p}^{1/(p-1)}です。
問2: p^{1/(p-1)×Y×(問1の答え)=p^{1/(p-1)}×Y×{r^(p-1)/p}^{1/(p-1)}です。
0305132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 22:44:46.12ID:+APoEwJo
>>304

全然だめです。どう見てもまだ計算の途中の式です。

{r^(p-1)/p}^{1/(p-1)}=

続きを書いてください。
0306日高
垢版 |
2020/04/29(水) 22:47:14.35ID:7YMRHUV3
>303
> 解とは、両辺が等しくなる数です。
「何式の?」が分からないので、
【解】だけだと困ってしまいます。

全ての方程式に対してです。
0307132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 22:55:36.99ID:F8Co/z2a
>>306
> 全ての方程式に対してです。

言っている意味が分かりません。
今回の件では
  「(3)式の解ではない」
のであって、例えば
  「(5)式の解ではない」
ではないでしょう。

だから、【(3)式の〜】とつける必要があったと思います。
0308日高
垢版 |
2020/04/29(水) 22:59:58.61ID:7YMRHUV3
>305
{r^(p-1)/p}^{1/(p-1)}=
続きを書いてください。

{r^(p-1)/p}^{1/(p-1)}=r^(1/p)
です。
0309132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 23:02:23.56ID:+APoEwJo
>>308

最初の{ }の範囲が違いますよ

さあもう一度
{r^(p-1)/p}^{1/(p-1)}=
続きを書いてください。
0310日高
垢版 |
2020/04/29(水) 23:03:50.05ID:7YMRHUV3
>307
だから、【(3)式の〜】とつける必要があったと思います。

すべての式の「解」の意味です。
0312132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 23:15:05.74ID:+APoEwJo
>>308がどういう間違いか分かった
掲示板で数式を正確に書くのは難しいですけど

もともとr^(p-1)=apからのa=r^(p-1)/pですからね
3行で分母を下、分子を上にかくと
(r^(p-1))
--------
(  p  )

aがこの分数で、この分数全体の{1/(p-1)}乗ですからね

{r^(p-1)/p}^{1/(p-1)}=

続きを書いてください。
0313日高
垢版 |
2020/04/29(水) 23:26:23.31ID:7YMRHUV3
>311
うーんだめですねえ。ここは分かり合えない。

「解」とは、方程式の両辺が等しくなる数のことです。
0314日高
垢版 |
2020/04/29(水) 23:26:56.04ID:7YMRHUV3
>311
うーんだめですねえ。ここは分かり合えない。

「解」とは、方程式の両辺が等しくなる数のことです。
0315日高
垢版 |
2020/04/29(水) 23:29:03.69ID:7YMRHUV3
>312
>>308がどういう間違いか分かった

正しい答えを、書いてください
0316日高
垢版 |
2020/04/29(水) 23:30:49.16ID:7YMRHUV3
(改6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
0317日高
垢版 |
2020/04/29(水) 23:31:46.39ID:7YMRHUV3
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となるので解は整数比となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
0318132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/29(水) 23:35:49.25ID:+APoEwJo
>>315

(r^(p-1))
--------
(  p  )

この文数全体の{1/(p-1)}乗ということは、分子の{1/(p-1)}乗÷分母の{1/(p-1)}乗で、3行で書くと

(r^(p-1))^{1/(p-1)}
----------------
(  p  )^{1/(p-1)}

=
r
-------------
p^{1/(p-1)}

1行で書くと、r/(p^{1/(p-1)})です。

見覚えのあるやつが出てきましたね。では続きをどうぞ。

問2: 計算してください。
問2: p^{1/(p-1)}×X×(問1の答え)=p^{1/(p-1)}×X×{r^(p-1)/p}^{1/(p-1)}=
問2: p^{1/(p-1)}×Y×(問1の答え)=p^{1/(p-1)}×Y×{r^(p-1)/p}^{1/(p-1)}=
0319132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 00:08:07.00ID:KGqDcJO+
つまり、(3)の解とか(5)の解とかを意味不明にしとかないと、議論できないほどデタラメということか。
ゴミが。消えろ。
0320132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 06:02:19.52ID:OR/gD7rN
「正三角形ならば二等辺三角形である」
「二等辺三角形ならば正三角形である」
「x + y = 0を満たす整数x,y がある」
「x + y = 0を満たすx,y は整数である」
「任意の整数x, yはx + y = 0を満たす」
「AB=CDなら、A=BかつC=Dである」
「A=BかつC=Dなら、AB=CDである」
日高にはこれらが正しいかどうか答えてほしい
0321日高
垢版 |
2020/04/30(木) 07:54:37.62ID:oEIX0bod
>318
問2:p^{1/(p-1)}×X×{r^(p-1)/p}^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}×X×r^(1/p)
です。
0322日高
垢版 |
2020/04/30(木) 07:56:00.95ID:oEIX0bod
>320
「正三角形ならば二等辺三角形である」
正しいです。
0323132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 11:12:58.57ID:BTAGeGQV
>>321

318に問1の答えを書いたのに何でそうなるんですか?

問1の答えはあなたの書いたr^(1/p) ではなく、r/(p^{1/(p-1)})ですよ?

ではもう一度

問2: 計算してください。
問2: p^{1/(p-1)}×X×(問1の答え)=
問2: p^{1/(p-1)}×Y×(問1の答え)=
0324132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 11:15:50.79ID:0DV9gf16
>>317
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。

30度 60度 90度の直角三角形の三辺の比はご存知?
0325132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 11:17:42.59ID:BTAGeGQV
>>321

318に問1の答えを書いたのに何でそうなるんですか?

問1の答えはあなたの書いたr^(1/p) ではなく、r/(p^{1/(p-1)})ですよ?

ではもう一度

問2: 計算してください。
問2: p^{1/(p-1)}×X×(問1の答え)=
問2: p^{1/(p-1)}×Y×(問1の答え)=
0326132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 11:52:20.16ID:OR/gD7rN
>>322
他の命題の真偽は分か?
あと、
「p=2のとき、x^p+y^p=z^p には解は整数解が存在する」

「p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数になる」
の違いは分かる?
0327132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 13:02:55.59ID:h08P40Y9
日高は「となる」を「となる場合がある」の意味で使っているんだと思う。
0328日高
垢版 |
2020/04/30(木) 15:15:52.61ID:oEIX0bod
>323
問2: p^{1/(p-1)}×X×(問1の答え)=rX
問2: p^{1/(p-1)}×Y×(問1の答え)=rY
です。
0329日高
垢版 |
2020/04/30(木) 15:21:50.53ID:oEIX0bod
>324
30度 60度 90度の直角三角形の三辺の比はご存知?

1:2:√3
です。
0330日高
垢版 |
2020/04/30(木) 15:28:29.36ID:oEIX0bod
>326
「p=2のとき、x^p+y^p=z^p には解は整数解が存在する」

「p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数になる」
の違いは分かる?

わかりません。
0331日高
垢版 |
2020/04/30(木) 15:30:33.60ID:oEIX0bod
>327
日高は「となる」を「となる場合がある」の意味で使っているんだと思う。

はい。
0332132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 15:38:02.86ID:BTAGeGQV
>>328
やっと正解にたどり着きました。
それではつまりこういうことですね。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,yがあなたが>>289で書いた通りp^{1/(p-1)}の有理数倍の時、
有理数X,Yを用いてそれぞれp^{1/(p-1)×X、p^{1/(p-1)×Yと書ける。

x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)の解が(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるとあなたが>>316で書いているので、
a^{1/(p-1)}=r/(p^{1/(p-1)})より、
(3)の解x,y,x+p^{1/(p-1)}に対応する
(5)の解はそれぞれrX,rY,rX+rとなる。

定義よりX,Yは有理数、zは有理数とあなたが>>289で書いているのでz=rX+r=r(X+1)が有理数
よってr=z/(X+1)も有理数÷有理数で有理数であり、rX,rY,rX+rは有理数×有理数ですべて有理数

よって、(3)のx,yがp^{1/(p-1)}の有理数倍の時、(5)の解rX,rY,zは有理数比になる。

よって>>316の証明は間違いです。


ところで、あなた以外の全員がhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/を見ているので、
あなたもhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/を見てはどうですか
そうすれば何度も同じ証明を書き込む必要がなくなりますよ
0333132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 16:03:04.44ID:OR/gD7rN
>>330
フェルマーの最終定理を証明できたとここで言い張るよりも中学とか高校の教科書の論理にまつわる部分を勉強してきた方が有意義
そうすれば証明の間違いに気付くかもしれないから
0334132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 17:26:17.66ID:k9GkUJw+
>>331
> >327
> 日高は「となる」を「となる場合がある」の意味で使っているんだと思う。
>
> はい。
なるほど。つまり、
>(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
は間違いで、

(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。
つまり、xが無理数となる場合がある。
しかしそれだけでは有理数になるかもしれない。
なので、整数比の解があるかもしれない。
というわけか。

嘘つきが。
0335日高
垢版 |
2020/04/30(木) 17:29:20.71ID:oEIX0bod
>332
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,yがあなたが>>289で書いた通りp^{1/(p-1)}の有理数倍の時、
有理数X,Yを用いてそれぞれp^{1/(p-1)×X、p^{1/(p-1)×Yと書ける。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,yがp^{1/(p-1)}の有理数倍の時、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の有理数解になるでしょうか?
0336日高
垢版 |
2020/04/30(木) 17:35:27.17ID:oEIX0bod
>334
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。
つまり、xが無理数となる場合がある。
しかしそれだけでは有理数になるかもしれない。
なので、整数比の解があるかもしれない。
というわけか。

pが、奇素数の場合、yを有理数とすると、xは無理数となります。
0337日高
垢版 |
2020/04/30(木) 17:37:34.16ID:oEIX0bod
(改6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
0338日高
垢版 |
2020/04/30(木) 17:38:28.28ID:oEIX0bod
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となるので解は整数比となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
0339132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 17:57:45.37ID:BTAGeGQV
>>335

> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,yがp^{1/(p-1)}の有理数倍の時、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の有理数解になるでしょうか?

何を言っているのですか?
あなたが>>289で書いたことですよ?
> この場合、x,yが、p^{1/(p-1)}の有理数倍ならば、x,y,zは、無理数で整数比になります。

x,y,zが有理数のわけがありません。
0340132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 18:42:02.46ID:k9GkUJw+
>>336
> >334
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。
> つまり、xが無理数となる場合がある。
> しかしそれだけでは有理数になるかもしれない。
> なので、整数比の解があるかもしれない。
> というわけか。
>
> pが、奇素数の場合、yを有理数とすると、xは無理数となります。
だから何?
日高用語でxが無理数となるというのは、普通の用語では、xが無理数となる場合があるという意味なんだろ。
0341日高
垢版 |
2020/04/30(木) 18:43:39.44ID:oEIX0bod
>339
> この場合、x,yが、p^{1/(p-1)}の有理数倍ならば、x,y,zは、無理数で整数比になります。

解になるでしょうか?
0342132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 18:43:41.97ID:k9GkUJw+
意味のないコメントは全てゴミ。

全ての返信を、数学を学び直してからやり直せ。
0343132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 18:57:25.50ID:BTAGeGQV
>>341

はっきりいえば、それは今あなたが証明しようとしていることそのものであって
少なくとも今の段階では、あなたのものも含めて、ネットの掲示板に書き込めるような
かんたんな証明は成功していない。

だから、x,yが、p^{1/(p-1)}の有理数倍であるような解があるかどうかはわからない。
0344132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 19:21:52.59ID:lh0MpDBh
中田敦彦のYouTube大学でフェルマーの最終定理の講義をやっていたけど
やっぱり専門家じゃない人が語ると出鱈目だった
楕円曲線や保型形式ぐらい理解してから説明するべきなのに
ワイルズが全部を証明したみたいなこと言っていたけど、
証明したのは谷山志村予想の一部なんだけどね

他の分野では講義がわかりやすいと感心していたけど
その分野の専門家からすれば出鱈目な講義なのかもね
0345日高
垢版 |
2020/04/30(木) 20:27:03.56ID:oEIX0bod
>343
だから、x,yが、p^{1/(p-1)}の有理数倍であるような解があるかどうかはわからない。

その通りです。
(3)は、無理数で、整数比となりますが、解になるかは、わかりません。
(3)に、無理数解が、あるならば、(3)に、有理数解があります。
0346132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 20:32:10.22ID:0DV9gf16
> >327
> 日高は「となる」を「となる場合がある」の意味で使っているんだと思う。
>
> はい。

をうけて、>337 の「となる」を「となる場合がある」に置き換えると
なかなかに趣深いなあ。
0348132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 20:36:15.73ID:BTAGeGQV
>>347書き直し

(3)に無理数で整数比の解があるかどうかはわかりませんが、
もし(3)に無理数で整数比の解があったとしても、(3)に、有理数解はありません。
0349日高
垢版 |
2020/04/30(木) 20:52:49.40ID:oEIX0bod
>348
もし(3)に無理数で整数比の解があったとしても、(3)に、有理数解はありません。

どうしてでしょうか?
無理数で整数比の解を、共通の無理数で割ると、有理数解となります。
0350日高
垢版 |
2020/04/30(木) 20:54:05.20ID:oEIX0bod
(改6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
0351日高
垢版 |
2020/04/30(木) 20:55:01.84ID:oEIX0bod
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となるので解は整数比となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
0352132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 21:10:33.87ID:BTAGeGQV
>>349

あなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1582716245/の746で書いた通り

p=2のとき、3,4,5はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pをみたすが

> (3√5)^2+(4√5)^2=(5√5)^2は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、満たしません。

それと同じです。

有理数で整数比の解となる3つの数字3,4,5を、√5倍した 3√5、4√5、5√5は3つの無理数ですが
あなたの書いた通りx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは満たしません。3√5、4√5、5√5ははこの式の解にはなりません。

pが奇素数の時,無理数で整数比の解となるx、y、zがあったとして、共通の無理数で割ったx/α、y/α、z/αは3つの有理数ですが、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、満たしません。x/α、y/α、z/αはこの式の解にはなりません。
>206の証明の通りです。
0353132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 21:31:46.38ID:rRJ1EibF
【初の数学授業@】300年前に天才フェルマーが残した数学界最大の難問
https://www.youtube.com/watch?v=38U0Mhp3MbQ
【フェルマーの最終定理A】天才が残した300年前の難問に終止符
https://www.youtube.com/watch?v=12C8J7u6KKo
【25分で中学生でも分かるabc予想】何に役立つの?ふくらPがよく分かる解説!
https://www.youtube.com/watch?v=lNF0Zoi7j4c
数学界の天才が証明したABC予想をわかりやすく解説してみた
https://www.youtube.com/watch?v=0rK_QkAUorQ
物理学の根幹を揺るがす思考実験(マクスウェルの悪魔)
https://www.youtube.com/watch?v=AFx6CqYtbwQ
0354日高
垢版 |
2020/04/30(木) 21:42:00.57ID:oEIX0bod
>352
pが奇素数の時,無理数で整数比の解となるx、y、zがあったとして、共通の無理数で割ったx/α、y/α、z/αは3つの有理数ですが、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、満たしません。x/α、y/α、z/αはこの式の解にはなりません。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに無理数で整数比の解となるx、y、zがあるならば、共通の無理数で割ったx/α、y/α、z/αは、この式の有理数解となります。
0355132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 21:48:33.96ID:k9GkUJw+
>>349
> >348
> もし(3)に無理数で整数比の解があったとしても、(3)に、有理数解はありません。
>
> どうしてでしょうか?
> 無理数で整数比の解を、共通の無理数で割ると、有理数解となります。
x+r=zを割ったものがまたx+r=zを満たすわけないだろが。
いい加減に、自分が思い込んでいるだけで、全く説明できないことを強弁するのはやめろ。
0356132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 21:50:28.65ID:k9GkUJw+
日高が間違った思い込みで、デタラメを主張していることはみんなわかっているんだよ。
そして、今までの主張も、全て数学的にはデタラメ。

間違っているのだから、同じことを二度と書くな。
同じ言い訳をするな。
0357132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 21:52:01.67ID:k9GkUJw+
計算すらしない日高は数学ではない。

x+r=zを満たして、それを無理数で割って、再びx+r=zを満たすというなら、具体例をひとつぐらい挙げてみろ。
0358132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 21:56:35.84ID:BTAGeGQV
>>354

私はhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/>>206

> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに無理数で整数比の解となるx、y、zがあるならば、共通の無理数で割ったx/α、y/α、z/αは、この式の有理数解となります。

が間違いであることを証明しました。
同じことを何度かいても間違いであることは覆りません。
0359132人目の素数さん
垢版 |
2020/04/30(木) 23:26:35.16ID:MdJMD+F9
>>350 日高

> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。

日高君はこれを「yは有理数、xは無理数」と混同してしまうんだろうね。
0360132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/01(金) 02:13:41.72ID:27v2Ockj
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに無理数で整数比の解となるx、y、zがあるならば、共通の無理数で割ったx/α、y/α、z/αは、この式の有理数解となります。」
という発言に見られる日高の勘違いは
2x + y = x + 3√2……(1)
を満たすx,yに対して、それを同じ数で割ったx,yも(1)の解になると思ってるみたいなものだよな。
0362日高
垢版 |
2020/05/01(金) 05:01:07.55ID:xvwBClAP
>357
x+r=zを満たして、それを無理数で割って、再びx+r=zを満たすというなら、具体例をひとつぐらい挙げてみろ。

等式の性質により、
x+r=zの両辺に、αを掛けたαx+αr=αzは、x+r=zが成り立つとき、αx+αr=αzも、
成り立ちます。
つまり、x+r=zの解とαx+αr=αzの解は、同じとなります。
0363日高
垢版 |
2020/05/01(金) 05:03:10.91ID:xvwBClAP
>358
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに無理数で整数比の解となるx、y、zがあるならば、共通の無理数で割ったx/α、y/α、z/αは、この式の有理数解となります。

が間違いであることを証明しました。

等式の性質により、
x+r=zの両辺に、αを掛けたαx+αr=αzは、x+r=zが成り立つとき、αx+αr=αzも、
成り立ちます。
つまり、x+r=zの解とαx+αr=αzの解は、同じとなります。
0364日高
垢版 |
2020/05/01(金) 05:05:24.64ID:xvwBClAP
>359
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。

日高君はこれを「yは有理数、xは無理数」と混同してしまうんだろうね。

どういう、意味でしょうか?
0365日高
垢版 |
2020/05/01(金) 05:23:46.22ID:xvwBClAP
>360
2x + y = x + 3√2……(1)
を満たすx,yに対して、それを同じ数で割ったx,yも(1)の解になると思ってるみたいなものだよな。

2x + y = x + 3√2……(1)の両辺に、αを掛けた式の解は、
(1)の解と同じです。
0366日高
垢版 |
2020/05/01(金) 05:25:58.79ID:xvwBClAP
>361
x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pも通じないんだよね。

式が、違います。
0367132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/01(金) 06:41:41.16ID:3Zz89JjY
>>366 日高
その前のと同じこと書いてもよさそうなんだがこの式だけは別のスルーのしかたをする。
0368132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/01(金) 06:53:07.44ID:rVmlGuE2
>>365

> >360
> 2x + y = x + 3√2……(1)
> を満たすx,yに対して、それを同じ数で割ったx,yも(1)の解になると思ってるみたいなものだよな。
>
> 2x + y = x + 3√2……(1)の両辺に、αを掛けた式の解は、
> (1)の解と同じです。

いや、ならねーだろ。
  2(αx) + (αy) = (αx) + 3√2*α……(2)
αx、αyは(1)式の解にならない。
0369日高
垢版 |
2020/05/01(金) 07:04:07.57ID:xvwBClAP
>368
> 2x + y = x + 3√2……(1)
2(αx) + (αy) = (αx) + 3√2*α……(2)
αx、αyは(1)式の解にならない。

(2)のx,yと、(1)のx,yは、同じです。
0370日高
垢版 |
2020/05/01(金) 07:09:10.89ID:xvwBClAP
(改6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
0371日高
垢版 |
2020/05/01(金) 07:10:14.41ID:xvwBClAP
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となるので解は整数比となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
0372132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/01(金) 08:15:17.27ID:y04jslRq
ペレルマンみたいに、arXivに出してください。
まとまったものがないと見る気がしません。
0373132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/01(金) 09:00:09.16ID:3Zz89JjY
>>364 日高
> >359
> > (3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
>
> 日高君はこれを「yは有理数、xは無理数」と混同してしまうんだろうね。
>
> どういう、意味でしょうか?

「ならば」と「かつ」の区別がつかないんだろ。
0374132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/01(金) 09:24:03.58ID:8RyCvzwU
ジャーナルを通してよ。それかアイディア盗んで良いですか?
0376日高
垢版 |
2020/05/01(金) 14:57:09.07ID:xvwBClAP
>374
ジャーナルを通してよ。それかアイディア盗んで良いですか?

他にも、証明方法があると思います。
0377132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/01(金) 15:00:27.96ID:8ge44aj8
>>362
> >357
> x+r=zを満たして、それを無理数で割って、再びx+r=zを満たすというなら、具体例をひとつぐらい挙げてみろ。
>
> 等式の性質により、
> x+r=zの両辺に、αを掛けたαx+αr=αzは、x+r=zが成り立つとき、αx+αr=αzも、
> 成り立ちます。
> つまり、x+r=zの解とαx+αr=αzの解は、同じとなります。

間違っているので、今までと同じ説明を繰り返すなと書いた。
止めろ。

x+r=zを満たして、それを無理数で割って、再びx+r=zを満たすというなら、具体例をひとつぐらい挙げてみろ。
に答えていない。x+r=zを満たしていない。

つまり、日高は、足し算割り算程度の計算も出来ないことが確定した。
確実に小学校レベル。

数学も無理だし、方程式とか無理なので、まずは、算数を勉強しなおせ。
0379132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/01(金) 20:06:39.45ID:L6W9xG5o
>>370 日高にならって。

【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pの解は整数比とならない。
【証明】x^p+7y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+7y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){7(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。

ここで一度切ります。

yを無理数p^{1/(p-1)}とするとx=yが整数比の解です。
これが、x^p+y^p=z^pの場合に起こらないことを示す必要があります。
0380日高
垢版 |
2020/05/01(金) 20:29:08.82ID:xvwBClAP
>379
yを無理数p^{1/(p-1)}とするとx=yが整数比の解です。
これが、x^p+y^p=z^pの場合に起こらないことを示す必要があります。

x^p+7y^p=z^pのの解は、x=y=p^{1/(p-1)}ですが、
x=y=p^{1/(p-1)}のとき、x^p+y^p=z^pとはなりません。

理由は、式が違うからです。
0381日高
垢版 |
2020/05/01(金) 20:30:24.45ID:xvwBClAP
(改6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比とならない。
0382日高
垢版 |
2020/05/01(金) 20:31:09.14ID:xvwBClAP
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となるので解は整数比となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解は整数比となる。
0383132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/01(金) 20:58:25.41ID:L6W9xG5o
>>380 日高

じゃあさあx^p+2y^p=z^pには整数比となる解はあるの?
0384日高
垢版 |
2020/05/01(金) 21:08:10.72ID:xvwBClAP
>383
じゃあさあx^p+2y^p=z^pには整数比となる解はあるの?

わかりません。
0385132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/01(金) 21:22:32.23ID:L6W9xG5o
>>384 日高
> >383
> じゃあさあx^p+2y^p=z^pには整数比となる解はあるの?
>
> わかりません。

じゃあどうしてx^p+y^p=z^pにはないとわかるの?
0386132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/01(金) 21:43:04.00ID:8ge44aj8
>>380
> >379
> yを無理数p^{1/(p-1)}とするとx=yが整数比の解です。
> これが、x^p+y^p=z^pの場合に起こらないことを示す必要があります。
>
> x^p+7y^p=z^pのの解は、x=y=p^{1/(p-1)}ですが、
> x=y=p^{1/(p-1)}のとき、x^p+y^p=z^pとはなりません。
>
> 理由は、式が違うからです。

x^3+y^3=z^3 と x^5+y^5=z^5 は式が違うから使えないということか。
一般のpでは使えないだろが。使うな。ゴミ。
0387132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/01(金) 23:55:11.49ID:27v2Ockj
>>365
「2x + y = x + 3√2……(1)の両辺に、αを掛けた式の解は、
(1)の解と同じです。」
という発言はα≠0の場合で正しいけど、
日高がずっと主張している
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに無理数で整数比の解となるx、y、zがあるならば、共通の無理数で割ったx/α、y/α、z/αは、この式の有理数解となります。」
これは
「2x + y = x + 3√2……(1)の解に、αを掛けた式の解は、 (1)式を満たす。」
みたいなものだろ
0388132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 01:36:56.12ID:9GpL3zOe
x^2/z-y^2/z=1

x^2-y^2=z

zが素数の時
x=(z+1)/2 y=(z-1)/2以外でx,yが同時に整数となることはない


√(x^8+y^8+z^4-2*(x^4*y^4+x^4*z^2+y^4*z^2))=(x^2+y^2+z)*(x^2-y^2+z)*(x^2+y^2-z)*(x^2-y^2-z)=0


√(x^8+y^8+z^4-2*(-x^4*y^4-x^4*z^2+y^4*z^2))=(x^2+y^2+i*z)*(x^2-y^2+i*z)*(x^2+y^2-i*z)*(x^2-y^2-i*z)=0

x=√((z-1)^2/2+i*z)

x=√((z-1)^2/2-i*z)

x=√(-(z-1)^2/2+i*z)

x=√(-(z-1)^2/2-i*z)

|√((23-1)^2/2+i*23) |=√59093

|√((31-1)^2/2+i*31) |=√203461

|√((101-1)^2/2+i*101) |=√25010201
0389日高
垢版 |
2020/05/02(土) 04:53:09.33ID:cU+S7o7G
>385
じゃあどうしてx^p+y^p=z^pにはないとわかるの?

381から、わかります。
0390日高
垢版 |
2020/05/02(土) 04:56:14.25ID:cU+S7o7G
>386
x^3+y^3=z^3 と x^5+y^5=z^5 は式が違うから使えないということか。
一般のpでは使えないだろが。使うな。ゴミ。

この場合は、式は、同じです。(pが奇素数)
0391日高
垢版 |
2020/05/02(土) 05:02:56.43ID:cU+S7o7G
>387
「2x + y = x + 3√2……(1)の解に、αを掛けた式の解は、 (1)式を満たす。」
みたいなものだろ

はい。
0392日高
垢版 |
2020/05/02(土) 05:04:23.43ID:cU+S7o7G
>388
わかりません。
0393132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 05:15:41.07ID:cU+S7o7G
(改7)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0394日高
垢版 |
2020/05/02(土) 05:27:03.57ID:cU+S7o7G
(改8)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、x,yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0395132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 05:27:15.35ID:E062Nxsw
>>390
> >386
> x^3+y^3=z^3 と x^5+y^5=z^5 は式が違うから使えないということか。
> 一般のpでは使えないだろが。使うな。ゴミ。
>
> この場合は、式は、同じです。(pが奇素数)
勝手に同じとか違うとか決めるな。クソが。
数学的な返信以外は全て無効。ゴミ。やりなおし。
0396132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 05:50:36.67ID:QJH2AOxJ
>>363
両辺に2をかける、と、解を2倍する、の違いが判らないのですか?

@ x=2…(1)のとき、解は2です。
@
@ 2x=Xとおきます。
@ 両辺に2をかけてX=4…(2)のとき、解は4です。
@
@ x=2…(1)のとき、解である2を2倍した4は、x=2…(1)の解になりません。



A x^2+y^2=(x+2)^2…(3)のとき、x=3,y=4は解の1つです。
A
A X=x×√5、Y=y×√5とおきます。
A 両辺に5をかけてX^2+Y^2=(X+2√5)^2…(4)のとき、X=3√5,,Y=4√5は解の1つです。
A
A x^2+y^2=(x+2)^2…(3)のとき、解の1つであるx=3,y=4を√5倍したx=3√5,y=4√5は(3)の解になりません。



ここまでは分かりますか?



B x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(5)のとき、x,yが解の1つであるとします。
B
B X=αx、Y=αyとおきます。
B 両辺にα^pをかけてX^2+Y^2=(X+α×p^{1/(p-1)})^2…(6)のとき、X=αx,,Y=αyは解の1つです。
B
B x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(5)のとき、解の1つであるx,yをα倍したαx,αyは(5)の解になりません。


@とAとBは同じ話です。「両辺に〇^pをかける」、と、「解を〇倍する」は明らかに別の話です。
0397日高
垢版 |
2020/05/02(土) 06:18:24.31ID:cU+S7o7G
>396
@ x=2…(1)のとき、解は2です。
@
@ 2x=Xとおきます。
@ 両辺に2をかけてX=4…(2)のとき、解は4です。
@
@ x=2…(1)のとき、解である2を2倍した4は、x=2…(1)の解になりません。

@ x=2…(1)のとき、解xは2です。
@ 両辺に2をかけて2x=4…(2)
(1)と(2)の解xは、同じです。
0398132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 06:31:36.88ID:E062Nxsw
つまり、
(1): x^2+y^2=z^2
の解と
(2): x^2+y^2=(x+π)^2
の解は同じで、(2)はxを有理数とするとyは無理数になるから、
(1)は有理数解を持たないってわけだ。

日高は数学が出来ないんだから、言い訳せずに算数からやりなおせ。ゴミ。
0399132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 07:02:36.15ID:wZGgs17/
>>381 日高にならって次のように証明しました。これは正しいでしょうか?

【定理】pが奇素数のとき、x^p+2y^p=z^pの解は整数比とならない。
【証明】x^p+2y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+2y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){2(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+2y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
(2)をr^(p-1){2(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)とする。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+2y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+2y^p=z^pの解は整数比とならない。
0400日高
垢版 |
2020/05/02(土) 07:20:37.20ID:cU+S7o7G
>398
(1): x^2+y^2=z^2
の解と
(2): x^2+y^2=(x+π)^2
の解は同じで、(2)はxを有理数とするとyは無理数になるから、
(1)は有理数解を持たないってわけだ。

x=4π,y=3π,z=5πとすると、整数比となるので、
(1)は有理数解を持ちます。
0401日高
垢版 |
2020/05/02(土) 07:23:12.46ID:cU+S7o7G
>399
>>381 日高にならって次のように証明しました。これは正しいでしょうか?

【定理】pが奇素数のとき、x^p+2y^p=z^pの解は整数比とならない。

わかりません。
0402132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 07:39:09.38ID:QJH2AOxJ
>>397

> @ x=2…(1)のとき、解xは2です。
> @ 両辺に2をかけて2x=4…(2)
> (1)と(2)の解xは、同じです。

つまりこういうことですね

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解x,yがある時

両辺を共通の無理数で割った

(x/α)^p+(y/α)^p=((x/α)+p^{1/(p-1)}/α)^p…(4)の解x,yは(3)とおなじ、無理数で整数比です。

有理数の解のことについては分からないので、>>394の証明は間違いです。
0403132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 07:59:10.18ID:QJH2AOxJ
文字の使い方がだめなのかな

x+y=3√3…(1)に無理数で整数比の解x=a=√3,y=b=2√3があるとき

両辺を共通の無理数で割った

(x/√3)+(y/√3)=3√3/√3…(4)の解は(3)とおなじ、x=a,y=bです。

(3)式の解である2つの数を共通の無理数で割ったx=a/√3,y=b/√3は、(3)式の解にはなりません。(4)式の解にもなりません。
0404132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 08:00:39.50ID:QJH2AOxJ
>>403 式の番号を間違えました

x+y=3√3…(1)に無理数で整数比の解x=a=√3,y=b=2√3があるとき

両辺を共通の無理数で割った

(x/√3)+(y/√3)=3√3/√3…(2)の解は(1)とおなじ、x=a,y=bです。

(1)式の解である2つの数を共通の無理数で割ったx=a/√3,y=b/√3は、(1)式の解にはなりません。(2)式の解にもなりません。
0405132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 08:01:16.91ID:E062Nxsw
>>400
> >398
> (1): x^2+y^2=z^2
> の解と
> (2): x^2+y^2=(x+π)^2
> の解は同じで、(2)はxを有理数とするとyは無理数になるから、
> (1)は有理数解を持たないってわけだ。
>
> x=4π,y=3π,z=5πとすると、整数比となるので、
> (1)は有理数解を持ちます。
言い訳とかはいらないって言ってるだろが。ゴミが。


つまり、
>(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
とか書いてあるのは嘘だったってわけだ。

日高の論理が間違っていることは既に散々証明されているので、返事するな。ゴミ。
0406日高
垢版 |
2020/05/02(土) 08:39:53.11ID:cU+S7o7G
>402
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解x,yがある時
両辺を共通の無理数で割った
(x/α)^p+(y/α)^p=((x/α)+p^{1/(p-1)}/α)^p…(4)の解x,yは(3)とおなじ、無理数で整数比です。
有理数の解のことについては分からないので、>>394の証明は間違いです。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解x,y,zは、有理数となりません。
0407日高
垢版 |
2020/05/02(土) 08:51:06.71ID:cU+S7o7G
>404
(1)式の解である2つの数を共通の無理数で割ったx=a/√3,y=b/√3は、(1)式の解にはなりません。(2)式の解にもなりません。

(1)式と(2)式の解の比は同じです。
0408日高
垢版 |
2020/05/02(土) 08:53:31.05ID:cU+S7o7G
>405
>(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
とか書いてあるのは嘘だったってわけだ。

嘘では、ありません。
0409日高
垢版 |
2020/05/02(土) 08:55:35.50ID:cU+S7o7G
(改8)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、x,yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0410132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 09:04:53.79ID:B+FSL6Ur
>>406 407 408
何の反論にもなっていない。
デタラメでも何でも言い続けて、相手が反応しなければ、反論が成立したと思っているのですか?
0411132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 10:58:52.32ID:6Zeb1uMc
>>391
「2x + y = x + 3√2……(1)の解に、αを掛けた式の解は、 (1)式を満たす」
は間違っているので
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに無理数で整数比の解となるx、y、zがあるならば、共通の無理数で割ったx/α、y/α、z/αは、この式の有理数解となります。」
というのも間違っているとようやく分かってくれたみたいだな。
数学を勉強してからまたおいで。
0412132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 11:10:15.94ID:QJH2AOxJ
>>407

比が同じなのではありません。同じです

x+y=3√3…(1)に無理数で整数比の解x=a=√3,y=b=2√3があるとき

両辺を共通の無理数で割った

(x/√3)+(y/√3)=3√3/√3…(2)の解は(1)とおなじ、x=a,y=bです。

両辺に同じ数をかけても、両辺を同じ数で割っても、解は同じです。無理数なら無理数、有理数なら有理数、そのままです。




(2)の解が、(1)の解の1/√3倍になるようにX=x/√3、Y=y/√3と置いた(1)とは違う別の式

X+Y=3…(1の偽物)

を考えれば、(1)の解である2つの数を共通の無理数で割ったa/√3、 b/√3は(1の偽物)の解ですが、この2つの数は(1)の解ではありません
(1)の解である2つの数a=√3,b=2√3は(1の偽物)の解ではありません。

(1)に無理数で整数比の解がある時、(1)に有理数の解はありません。
(1の偽物)に有理数の解がある時、(1の偽物)の無理数で整数比の解はありません。
0413132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 11:39:55.49ID:wZGgs17/
>>401 日高
> >399
> >>381 日高にならって次のように証明しました。これは正しいでしょうか?
>
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+2y^p=z^pの解は整数比とならない。
>
> わかりません。

じゃあどうしてx^p+y^p=z^pのときは正しいとわかるのですか?
0414日高
垢版 |
2020/05/02(土) 11:40:49.55ID:cU+S7o7G
>410
>>406 407 408
何の反論にもなっていない。

どの部分が反論になっていないのでしょうか?
0415日高
垢版 |
2020/05/02(土) 11:44:00.68ID:cU+S7o7G
>411
0416日高
垢版 |
2020/05/02(土) 11:47:35.62ID:cU+S7o7G
>411
「2x + y = x + 3√2……(1)の解に、αを掛けた式の解は、 (1)式を満たす」
は間違っているので

間違いでしょうか?
0417132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 11:50:07.55ID:B+FSL6Ur
>>414
> >410
> >>406 407 408
> 何の反論にもなっていない。
>
> どの部分が反論になっていないのでしょうか?

そうやってれば、永遠に間違いを認めなくてすみますね。
0418日高
垢版 |
2020/05/02(土) 11:57:44.16ID:cU+S7o7G
>412
(1)に無理数で整数比の解がある時、(1)に有理数の解はありません。

(1)に有理数の解はありませんが、両辺を無理数で割った式には、
有理数解が、あります。
0419日高
垢版 |
2020/05/02(土) 12:00:13.83ID:cU+S7o7G
>417
そうやってれば、永遠に間違いを認めなくてすみますね。

具体的に、間違いを指摘していただけないでしょうか?
0420日高
垢版 |
2020/05/02(土) 12:01:55.09ID:cU+S7o7G
(改8)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、x,yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0421132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 12:02:31.35ID:QJH2AOxJ
>>418

x+y=3√3…(1)に無理数で整数比の解x=a=√3,y=b=2√3があるとき

両辺を共通の無理数で割った

(x/√3)+(y/√3)=3√3/√3…(2)の解は(1)とおなじ、x=a,y=bです。


(2)の解が、(1)の解の1/√3倍になるようにX=x/√3、Y=y/√3と置いた(1)とは違う別の式

X+Y=3…(1の偽物)

を考えれば、(1)の解である2つの数を共通の無理数で割ったa/√3、 b/√3は(1の偽物)の解ですが、この2つの数は(1)の解ではありません
(1)の解である2つの数a=√3,b=2√3は(1の偽物)の解ではありません。
0422132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 12:02:47.16ID:6Zeb1uMc
>>416
ごめん。そこは間違ってなかった
0424132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 12:09:49.90ID:B+FSL6Ur
>>419
> >417
> そうやってれば、永遠に間違いを認めなくてすみますね。
>
> 具体的に、間違いを指摘していただけないでしょうか?

指摘したところで、
「よくわかりません」「最初から説明してください」か、
指摘内容と関係ない命題を1行書いて返してくるだけでしょ。

時間のムダです。
0426132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 13:26:59.04ID:E062Nxsw
>>408
> >405
> >(3)はyを有理数とすると、xは無理数となるので解は整数比とならない。
> とか書いてあるのは嘘だったってわけだ。
>
> 嘘では、ありません。
これまでのやりとりで、日高の説明は嘘であることが確定したのだから、

> 嘘では、ありません。
というのが嘘っていうこと。
返事するなと書いたのだから返事するな。ゴミ
0427132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 13:29:09.54ID:E062Nxsw
具体的な説明や指摘に対して、無視と誤魔化しを続けているのは日高。

具体的な指摘を要求する資格なし。

算数から勉強しなおして、全てのコメントを勉強しなおして、やりなおせ。

返信するな。
0428日高
垢版 |
2020/05/02(土) 14:21:22.93ID:cU+S7o7G
>421
X+Y=3…(1の偽物)

が、よくわかりません。
0429日高
垢版 |
2020/05/02(土) 14:25:21.72ID:cU+S7o7G
>425
>>413にも答えてください。

すみません。もう一度質問の内容を説明していただけないでしょうか。
0430132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 14:33:05.72ID:wZGgs17/
>>413 132人目の素数さん2020/05/02(土) 11:39:55.49ID:wZGgs17/
>>401 日高
> >399
> >>381 日高にならって次のように証明しました。これは正しいでしょうか?
>
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+2y^p=z^pの解は整数比とならない。
>
> わかりません。

じゃあどうしてx^p+y^p=z^pのときは正しいとわかるのですか?
0431132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 14:40:32.91ID:QJH2AOxJ
>428

あなたは

x+y=3√3…(1)



X+Y=3…(1の偽物)

が同じに見えるのですか?どう見ても別物ですが。

もちろん

x+y=3…(1の偽物2)

も別物です。
0432日高
垢版 |
2020/05/02(土) 15:32:25.55ID:cU+S7o7G
>430
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+2y^p=z^pの解は整数比とならない。
>
> わかりません。

じゃあどうしてx^p+y^p=z^pのときは正しいとわかるのですか?

1によります。
0433日高
垢版 |
2020/05/02(土) 15:35:54.58ID:cU+S7o7G
>431
X+Y=3…(1の偽物)

(1の偽物)の意味がわかりません。
(1)ではない式という意味でしょうか?
0434日高
垢版 |
2020/05/02(土) 15:37:20.75ID:cU+S7o7G
(改8)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、x,yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0437132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 16:18:43.84ID:QJH2AOxJ
>>434

一向に問題は解決していません

間違いを避けるため、これまで使ってないs,tを有理数として、2つの数(p^{1/(p-1)})×s,(p^{1/(p-1)})×tが
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解になるかもしれません。
(3)の解になるような2つの数(p^{1/(p-1)})×s,(p^{1/(p-1)})×tがもしあれば、
3つの解(p^{1/(p-1)})×s,(p^{1/(p-1)})×t、(p^{1/(p-1)})×(s+1)の比は整数です。

「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解がある時、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解がある」は間違いなので
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解がないことは何の証拠にもなりません。

よって>>434の証明は間違っています。


ついでに
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけて、式を整理すると
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)
になります。絶対にそうなります。(4)と(3)はおなじです。
両辺に同じ数字をかけることで解が変わったりはしません。

※もしそんなことになったら方程式の解を求める計算が全て無意味になります。
たとえば
2x=4のとき、「両辺を2で割って」、x=2
両辺を2で割る前と割った後で、解はまったく同じです。
解が全く同じだから、解を求めるときに、両辺を同じ数で割ったりかけたりしていいのです。
0438132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 16:54:16.04ID:6Zeb1uMc
日高の勘違いは
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) の解は(3)の両辺にαを掛けた方程式の解になる」

「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3) の解にαをかけたxとyも(3)の解になる」
を混同していることなんだよな
0439日高
垢版 |
2020/05/02(土) 17:33:59.79ID:cU+S7o7G
>436
>>1が正しいとわかって、>>399が正しいか正しくないかわからないのはなぜですか?

式が違うからです。
0440132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 17:43:34.99ID:wZGgs17/
式が違えば答が違うかもしれないわけですが、
>>1が「わからない」、>>399が「正しい」かもしれないですよね?
0441日高
垢版 |
2020/05/02(土) 17:43:57.02ID:cU+S7o7G
>437
3つの解(p^{1/(p-1)})×s,(p^{1/(p-1)})×t、(p^{1/(p-1)})×(s+1)の比は整数です。

共通の無理数で割ると、有理数s,t,s+1となります。
(3)には、有理数解はありません。
0442132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 17:48:56.03ID:QJH2AOxJ
>>441

>>437再掲
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解がある時、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解がある」は間違いなので
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解がないことは何の証拠にもなりません。
0443132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 20:43:15.99ID:E062Nxsw
これまでの日高の返答は間違っているのだから、同じ返答をするな。ゴミが。

もしくは、きちんとした数学の本などの根拠を述べろ。
0444132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 20:45:39.74ID:E062Nxsw
中学生でも理解できるというなら、
中学生何年生向けの教科書のどこに比が同じなら同じ解とかの戯言が書いてあるんだ?

そして、書いてないなら、他人が分かるように証明しなければならないが、今までの説明は全て証明になっていない。
なので、算数からやりなおし。
0445132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 20:51:58.33ID:E062Nxsw
方程式というのは、満たすべき式と未知数が何か、両方が明示されて初めて意味を持つ。
なので、本来、そこを省略しているものは全て明確に絶対的に間違い。

例えば、
「x,y,zを未知数とし、方程式 x^3+y^3=z^3 を考える」とか。
そして、
「x,yを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3」と
「x,y,zを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3, z=z+1」は全く異なるもの。
そこを区別してない日高の証明は間違い。
0446132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 20:52:50.04ID:E062Nxsw
あ、間違えた。やりなおし。



方程式というのは、満たすべき式と未知数が何か、両方が明示されて初めて意味を持つ。
なので、本来、そこを省略しているものは全て明確に絶対的に間違い。

例えば、
「x,y,zを未知数とし、方程式 x^3+y^3=z^3 を考える」とか。
そして、
「x,yを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3」と
「x,y,zを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3, z=z+1」は全く異なるもの。
そこを区別してない日高の証明は間違い。
0447132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 20:53:32.42ID:E062Nxsw
さらに間違い。すまぬ。 z=x+1のところ。


方程式というのは、満たすべき式と未知数が何か、両方が明示されて初めて意味を持つ。
なので、本来、そこを省略しているものは全て明確に絶対的に間違い。

例えば、
「x,y,zを未知数とし、方程式 x^3+y^3=z^3 を考える」とか。
そして、
「x,yを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3」と
「x,y,zを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3, z=x+1」は全く異なるもの。
そこを区別してない日高の証明は間違い。
0448132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/02(土) 23:05:33.66ID:WZ2OqCWg
>>434 日高

> (3)はrが無理数なので、x,yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。

こういうの見ると反射的に「じゃあ無理数のときは?」と考えちゃうんだよね。
0449132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/03(日) 04:29:47.02ID:iKdnvEMJ
(x+i*y)^n=i*z

(x+i*y)^2=x^2-y^2+2*x*y=i*z → x^2-y^2=(x-y)*(x+y)=0

(x+i*y)^3=x^3-3*x*y^2+i*(3*x^2*y-y^3)=i*z → x^3-3*x*y^2=0

(x+i*y)^4=x^4-6*x^2*y^2+y^4+i*(4*x^3*y-4*x*y^3)=i*z → x^4-6*x^2*y^2+y^4=(x^2-2*x*y-y^2)*(x^2+2*x*y-y^2)=0 → y=-√2*x-x,y=-√2x+x,y=√2*x-x,y=√2x+x →√2^2+1^2=3

(x+i*y)^5=x^5-10*x^3*y^2+5*x*y^4+i*(5*x^4*y-10*x^2*y^3+y^5)=i*z → x^5-10*x^3*y^2+5*x*y^4=0

(x+i*y)^6=x^6-15*x^4*y^2+15*x^2*y^4-y^6+i*(6*x^5*y-20*x^3*y^3+6*x*y^5)=i*z → x^6-15*x^4*y^2+15*x^2*y^4-y^6=(x-y)*(x+y)*(x^2-4*x*y+y^2)*(x^2+4*x*y+y^2)=0 → y=-√3*x-2x,y=-√3x+2x,y=√3*x-2x,y=√3x+2x →√3^2+2^27

(x+i*y)^8=x^8-28*x^6*y^2+70*x^4*y^4-28*x^2*y^6+y^8+i*(8*x^7*y-56*x^5*y^3+56*x^3*y^5-8*x*y^7)=i*z →x^8-28*x^6*y^2+70*x^4*y^4-28*x^2*y^6+y^8=0
(x^4 + 4 x^3 y - 6 x^2 y^2 - 4 x y^3 + y^4) (x^4 - 4 x^3 y - 6 x^2 y^2 + 4 x y^3 + y^4) = 0→y = (1-√2)*x-√(2*(2-√2))*x →(1+√2)^2+√(2*(2-√2))^2=7
0450日高
垢版 |
2020/05/03(日) 05:22:52.35ID:99Fut+Ai
(改9)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、xが有理数のとき、zが無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0451132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/03(日) 06:21:22.36ID:DY5vHH0E
>>440に答えてください。
> 式が違えば答が違うかもしれないわけですが、
> >>1が「わからない」、>>399が「正しい」かもしれないですよね?
0452日高
垢版 |
2020/05/03(日) 08:41:13.47ID:99Fut+Ai
>451
> 式が違えば答が違うかもしれないわけですが、

式が違うので、意味がないと思います。
0453日高
垢版 |
2020/05/03(日) 08:43:07.68ID:99Fut+Ai
>449
(x+i*y)^n=i*z

わかりません。
0454日高
垢版 |
2020/05/03(日) 08:46:01.45ID:99Fut+Ai
>447
「x,yを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3」と
「x,y,zを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3, z=x+1」は全く異なるもの。

よく、理解できません。
0455日高
垢版 |
2020/05/03(日) 08:55:03.70ID:99Fut+Ai
>442
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解がある時、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解がある」は間違いなので

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解がある」は間違いなので
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解はありません。
0456132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/03(日) 09:31:50.88ID:tSRZfGLw
>>454
> >447
> 「x,yを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3」と
> 「x,y,zを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3, z=x+1」は全く異なるもの。
>
> よく、理解できません。

何が理解できないの?
理解できない場合でも、自分がどう考えて、何がわからないのか書くのが礼儀というものですよ。
単に、「よく、理解できません」ではただの逃げ口上だよ。

もし、何がわからないのかもわからないというのなら、議論をする資格はない。
0457日高
垢版 |
2020/05/03(日) 11:05:44.84ID:99Fut+Ai
>456
「x,yを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3」と
> 「x,y,zを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3, z=x+1」は全く異なるもの。

なぜ、異なるのでしょうか?
0458132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/03(日) 11:20:16.88ID:9tHJlKe8
>>455

> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解がある」は間違いなので

ということと

> 「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解はありません。

の関連を、あなたが示していないので、>>450の証明も>>455の文章も間違っています。



すでに、http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/ の206で

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解がないが、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解がある

ということがあると証明しています。
0459日高
垢版 |
2020/05/03(日) 12:13:56.88ID:99Fut+Ai
>458
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解がないが、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解がある

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解があることの証明は、
どのように、するのでしょうか?
0461132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/03(日) 12:24:48.40ID:9tHJlKe8
>>459

さあ?

それはフェルマーの最終定理そのものですので私にはできません。

私にわかっているのは

「 x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解がある時、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解がない 」

ということが正しいと証明できるということだけです。
0462日高
垢版 |
2020/05/03(日) 12:45:48.96ID:99Fut+Ai
>461
「 x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解がある時、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解がない 」

証明をしていただけないでしょうか。
0464日高
垢版 |
2020/05/03(日) 12:47:48.96ID:99Fut+Ai
(改9)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、xが有理数のとき、zが無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0465日高
垢版 |
2020/05/03(日) 12:54:38.44ID:99Fut+Ai
>463
「 x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解がある時、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に有理数で整数比の解がない 」

の証明の部分のみを、まとめて頂けないでしょうか。
0466132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/03(日) 12:57:57.81ID:O+dwAJWW
>>457

> >456
> 「x,yを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3」と
> > 「x,y,zを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3, z=x+1」は全く異なるもの。
>
> なぜ、異なるのでしょうか?
数式が違うから。
0467132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/03(日) 13:22:30.68ID:04epL35S
3月の宿題で(1)のみ正解の数弱@shukudai_sujaku

昨年度の大学への数学(大数)での勝率は、

学コンBコースが 1/1 = 100% ,

宿題が 3/10 = 30% でした!

宿題の勝率が低すぎると思うので、

これからは一層精進していきたいです!

https://twitter.com/shukudai_sujaku
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account)
0468132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/03(日) 13:27:55.18ID:9tHJlKe8
>>465
間違いがないように、文字を変えます。

p=奇素数のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解があるならば、
有理数s,t、共通の無理数αとして、解はx=αs,y=αtと書ける。
この解を(3)に代入すると
(αs)^p+(αt)^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^p…(3-1)
両辺をα^pで割って
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/α)^p…(3-2)
ここまでをまとめると、
p=奇素数のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解があるならば、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/α)^p…(3-2)が成り立つ


p=奇素数のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解と同じ比の、有理数で整数比の解があるならば
有理数s,t、共通の有理数βとして、解はx=βs,y=βtと書ける。
この解を(3)に代入すると
(βs)^p+(βt)^p=((βs)+p^{1/(p-1)})^p…(3-3)
両辺をβ^pで割って
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/β)^p…(3-4)
まとめると
p=奇素数のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解と同じ比の、有理数で整数比の解があるならば
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/β)^p…(3-4)が成り立つ
対偶として
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/β)^p…(3-4)が成り立たないとき、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解と同じ比の、有理数で整数比の解はない。


αが無理数、βは有理数なので、(s+(p^{1/(p-1)})/α)^pと(s+(p^{1/(p-1)})/β)^pは違う数であり、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/α)^p…(3-2)
が成り立つとき
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/β)^p…(3-4)
は成り立たない。

p=奇素数のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解があるならば、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/α)^p…(3-2)が成り立つから
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/β)^p…(3-4)は成り立たない。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/β)^p…(3-4)は成り立たないので、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解と同じ比の、有理数で整数比の解はない。
0469132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/03(日) 21:39:54.60ID:O+dwAJWW
>>454
> >447
> 「x,yを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3」と
> 「x,y,zを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3, z=x+1」は全く異なるもの。
>
> よく、理解できません。
だから何だ?

日高が理解しようがしまいが、
> 「x,yを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3」と
> 「x,y,zを未知数とする、方程式 x^3+y^3=(x+1)^3, z=x+1」は全く異なるもの。
というのは数学的な事実。数学をきちんと学べばわかる。

この、異なるものを同じだと思うのは、デタラメの誤魔化し。ゴミ。
誤魔化しを続けるなら、数学と関わるのはやめろと何度も言っている。

異論があれば、教科書などに基づく根拠とともに述べよ。
0470132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/04(月) 13:07:42.20ID:jDRWX2Ph
3月の宿題で(1)のみ正解の数弱@shukudai_sujaku

昨年度の大学への数学(大数)での勝率は、

学コンBコースが 1/1 = 100% ,

宿題が 3/10 = 30% でした!

宿題の勝率が低すぎると思うので、

これからは一層精進していきたいです!

https://twitter.com/shukudai_sujaku
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account)
0471日高
垢版 |
2020/05/04(月) 14:21:58.50ID:zhr1hNPa
>468
p=奇素数のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解があるならば、
有理数s,t、共通の無理数αとして、解はx=αs,y=αtと書ける。
この解を(3)に代入すると
(αs)^p+(αt)^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^p…(3-1)

(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^p…(3-1)
ではないでしょうか?
0474日高
垢版 |
2020/05/04(月) 18:12:02.88ID:zhr1hNPa
>472
>>471
代入の意味分かってる?

わかります。
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解があるならば、」
なので、(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pとしました。
0476132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/04(月) 18:36:01.61ID:0l31lwUM
>>474
両辺にα^p をかけるという操作と代入とを混同してるから間違い
日高は論理能力は無くても、式変形ならできると思っていたのだけど
0477132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/04(月) 19:21:52.51ID:Kz6YL4Th
「AB=CDならばA=C,B=D」のためなら
2*3=1*6を2*3=(2/2)*(3*2)とする日高だからなあ。
0479日高
垢版 |
2020/05/04(月) 20:13:54.82ID:zhr1hNPa
>478
日高君に問題。f(x) = x^2 + 1 のとき,f(2x) は?

答えを、教えていただけないでしょうか。
0480日高
垢版 |
2020/05/04(月) 20:16:33.08ID:zhr1hNPa
(改9)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、xが有理数のとき、zが無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0481132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/04(月) 20:38:28.10ID:69t4qoFy
嘘・デタラメを書き込む前に、算数から勉強しなおせ。
具体的には、教科書などに基かない日高の書き込みは全て、嘘・デタラメ。
理由がわからないなら勉強不足。
0483日高
垢版 |
2020/05/04(月) 21:19:08.61ID:zhr1hNPa
>482
2+y=10

x=2a
y=2b
を代入してみて

分かりません。答えを教えてください。
0485132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/04(月) 21:46:02.72ID:aA9NYivo
論理能力が無い上に式変形もさっぱりできない
日高は高木とまったく同類

「AB=CDならばA=C,B=D」までやらかしてるなんて
もう同一人物だろと思っちゃう。
0486132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/04(月) 22:11:37.20ID:tBY+r1gr
>>471

> (αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^p…(3-1)
> ではないでしょうか?

ないです。あなたは間違っています。

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/>>275に書いたことを、もう一度書きます。

まず、xに(αs)を代入します。つまり、文章の中にxという文字が出てきたらすべて(αs)におきかえます。

@ 【証明】(αs)^p+y^p=z^pを、z=(αs)+rとおいて(αs)^p+y^p=((αs)+r)^p…(1)とする。
@ (1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
@ r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{(αs)^(p-1)+…+r^(p-2)(αs)}…(2)となる。
@ (2)はr^(p-1)=pのとき、(αs)^p+y^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^p…(3-A)となる。

ここまではわかりますか、わかりませんか?
つぎに、yに(αt)を代入します。つまり、文章の中にyという文字が出てきたらすべて(αt)におきかえます。

A 【証明】(αs)^p+(αt)^p=z^pを、z=(αs)+rとおいて(αs)^p+(αt)^p=((αs)+r)^p…(1)とする。
A (1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
A r^(p-1){((αt)/r)^p-1}=p{(αs)^(p-1)+…+r^(p-2)(αs)}…(2)となる。
A (2)はr^(p-1)=pのとき、(αs)^p+(αt)^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^p…(3-B)となる。

ここまではわかりますか、わかりませんか?
おまけで、zに(αu)を代入します。つまり、文章の中にzという文字が出てきたらすべて(αu)におきかえます。

B 【証明】(αs)^p+(αt)^p=(αu)^pを、(αu)=(αs)+rとおいて(αs)^p+(αt)^p=((αs)+r)^p…(1)とする。
B (1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
B r^(p-1){((αt)/r)^p-1}=p{(αs)^(p-1)+…+r^(p-2)(αs)}…(2)となる。
B (2)はr^(p-1)=pのとき、(αs)^p+(αt)^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^p…(3-C)となる。

(3-B)と(3-C)は同じです。

というわけで、xに(αs)を代入し、yに(αt)を代入したら(3-B)式になりました。

あなたの書いた
> (αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^p…(3-1)
にはなりませんでした。

よって、>>480の証明は間違っています。
0487132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/04(月) 22:49:26.46ID:lv2VqDlA
ふっと思ったんだが、代入の意味がわかってないと、x^p+y^p=z^pをみたす自然数ってのもわからない。フェルマーの最終定理の意味がわからないと思うんだ。
0488132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 02:42:36.06ID:EYbT4lge
√(x^2+y^2-2*(x*y))=((√x-√y)*(√x+√y))=0
x+y-2*√(x*y)=0

√(x^2+y^2+z^2-2*(x*y+x*z+y*z))=√((√x+√y+√z)*(√x+√y-√z)*(√x-√y+√z)*(√x-√y√z))=0
x+y+z-2*√(x*z+y*z+x*y)=0 → z=x+y+2*√(x*y)を因数に持つ

√(x^2+y^2+z^2+a^2-2*(x*y+x*z+y*z+a*x+a*y+a*z))=√((a-(x+y+z)+2*√(x*z+y*z+x*y))*(a-(x+y+z)-2*√(x*z+y*z+x*y)))=0
x+y+z+a-2*√(x*z+y*z+x*y+a*x+a*y+a*z)=0 →a=x+y+z+2*√(x*z+y*z+x*y)を因数に持つ


x^6+y^6+z^6-2*√(x^6*z^6+y^6*z^6+x^6*y^6)=0  → z^6=x^6+y^6+2*√(x^6*y^6) →z^3=x^3+y^3を満たす整数があるとき
x^6+y^6+z^6+a^6-2*√(x^6*z^6+y^6*z^6+x^6*y^6+a^6*x^6+a^6*y^6+a^6*z^6)=0 →a^6=x^6+y^6+z^6+2*√(x^6*z^6+y^6*z^6+x^6*y^6)を満たす整数aがなければならないがx,y,zすべての組み合わせでaが整数にならない
0489日高
垢版 |
2020/05/05(火) 04:28:07.34ID:J1x9OFLH
>486
> (αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^p…(3-1)
> ではないでしょうか?

ないです。あなたは間違っています。

理由を、教えていただけないでしょうか。
0490日高
垢版 |
2020/05/05(火) 04:29:29.70ID:J1x9OFLH
>488
√(x^2+y^2-2*(x*y))=((√x-√y)*(√x+√y))=0

分かりません。
0491日高
垢版 |
2020/05/05(火) 04:31:32.23ID:J1x9OFLH
(改9)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、xが有理数のとき、zが無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0495132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 08:14:48.71ID:J1x9OFLH
>494
>>484に回答をお願いします。

どのような事に対する回答でしょうか?
0496132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 08:25:25.59ID:AxPUl2F0
>>495

改めて質問しますね。

(レス引用させて頂きます)
>>483:2+y=10にx=2a,y=2bを代入
>>471:x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pにx=αs,y=αtを代入

>>483が分からなくて、より難しい>>471が分かるという理由を教えてください。
0497日高
垢版 |
2020/05/05(火) 08:38:49.01ID:J1x9OFLH
>496
>>483:2+y=10にx=2a,y=2bを代入

x=2aは、代入できません。
0499132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 09:35:14.62ID:fqKMG0zJ
>>489

理由はhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/>>486に書きましたが、まったくわからなかったのですか?

あなたは、あなたの証明>>491の中で

> x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。

と書いていますよね? > x^p+y^p=z^pのなかのzという文字を、(x+r)に置き換えている。

これをz=(x+r)をx^p+y^p=z^pに代入する、といいます。

もし知らなかったのなら、覚えてくださいね。


つぎに、解である、とはたとえばあなたが書いていたように、ある式x^2+y^2=z^2に、ある数x=3√5、y=4√5、z=5√5を代入して

(3√5)^2+(4√5)^2=(5√5)^2としたときに、計算して

45+80=125

というように等号が成り立っているとき、x=3√5、y=4√5、z=5√5をx^2+y^2=z^2の解である、といいます。

もし知らなかったのなら、覚えてくださいね。


というわけで、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に、解である、としたx=(αs)、y=(αt)を代入すると、

(αs)^p+y^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^p

となります。
0502132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 10:07:29.63ID:b2IqdVzK
3月の宿題で(1)のみ正解の数弱@shukudai_sujaku

昨年度の大学への数学(大数)での勝率は、

学コンBコースが 1/1 = 100% ,

宿題が 3/10 = 30% でした!

宿題の勝率が低すぎると思うので、

これからは一層精進していきたいです!

https://twitter.com/shukudai_sujaku
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account)
0503日高
垢版 |
2020/05/05(火) 12:09:19.27ID:J1x9OFLH
>498
  2+y=10にy=2bを代入
だったらできますか?

2+2b=10となります。
0504132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 12:16:52.74ID:AxPUl2F0
>>503

正解です。
右辺の10を2倍とかはしないですよね。

では、発展として、
  (αs)^p+y^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^pにy=αtを代入
はできますか?
答えをお願いできますか。
0505日高
垢版 |
2020/05/05(火) 13:20:14.62ID:J1x9OFLH
>499
というわけで、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に、解である、としたx=(αs)、y=(αt)を代入すると、
(αs)^p+y^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^p
となります。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に、解である、としたx=(αs)、y=(αt)、z=(αu)を代入するべきだと思います。
0506132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 13:27:35.38ID:fqKMG0zJ
>>505

だからhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/
>>486でそうしてますよ
もう一度書きます。

まず、xに(αs)を代入します。つまり、文章の中にxという文字が出てきたらすべて(αs)におきかえます。
つぎに、yに(αt)を代入します。つまり、文章の中にyという文字が出てきたらすべて(αt)におきかえます。
おまけで、zに(αu)を代入します。つまり、文章の中にzという文字が出てきたらすべて(αu)におきかえます。

B 【証明】(αs)^p+(αt)^p=(αu)^pを、(αu)=(αs)+rとおいて(αs)^p+(αt)^p=((αs)+r)^p…(1)とする。
B (1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
B r^(p-1){((αt)/r)^p-1}=p{(αs)^(p-1)+…+r^(p-2)(αs)}…(2)となる。
B (2)はr^(p-1)=pのとき、(αs)^p+(αt)^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^p…(3-C)となる。

よって>>491の証明は間違いです。


あなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/ をいつも見るようにしてくれたら、同じことを何度も書かなくて済むのですが
どうしてもだめですか?
0507132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 14:51:50.41ID:UrDDERL1
一度思い込むと、もう一度じっくり考え直すってことのできない人なのかもしれませんね。
0508日高
垢版 |
2020/05/05(火) 16:28:18.45ID:J1x9OFLH
>504
(αs)^p+y^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^pにy=αtを代入
はできますか?

(αs)^p+(αt)^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^pとなります。
0509132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 16:35:23.50ID:AxPUl2F0
>>508
> (αs)^p+(αt)^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^pとなります。

正解です。
そして、それが>>471の正答だと思います。
自分からの質問は以上です。回答ありがとうございました。

-----
471 名前:日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日:2020/05/04(月) 14:21:58.50 ID:zhr1hNPa [1/5]
>468
p=奇素数のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解があるならば、
有理数s,t、共通の無理数αとして、解はx=αs,y=αtと書ける。
この解を(3)に代入すると
(αs)^p+(αt)^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^p…(3-1)

(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^p…(3-1)
ではないでしょうか?
0510日高
垢版 |
2020/05/05(火) 16:47:47.39ID:J1x9OFLH
>506
B 【証明】(αs)^p+(αt)^p=(αu)^pを、(αu)=(αs)+rとおいて(αs)^p+(αt)^p=((αs)+r)^p…(1)とする。
B (1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
B r^(p-1){((αt)/r)^p-1}=p{(αs)^(p-1)+…+r^(p-2)(αs)}…(2)となる。
B (2)はr^(p-1)=pのとき、(αs)^p+(αt)^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^p…(3-C)となる。

αs,αtが、無理数のとき、整数解があるかどうかは、わかりません。
α=n(p^{1/(p-1)})のとき、(αs)、(αt)、(αs)+p^{1/(p-1)}は、整数比となりますが、解ではありません。
0511日高
垢版 |
2020/05/05(火) 16:56:48.96ID:J1x9OFLH
>509
正解です。
そして、それが>>471の正答だと思います。
自分からの質問は以上です。回答ありがとうございました。

「(αs)、(αt)、(αu)が、整数比ならば、」
(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pが、
正答だと思います。
0512日高
垢版 |
2020/05/05(火) 16:59:00.64ID:J1x9OFLH
(改9)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、xが有理数のとき、zが無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0513132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 17:03:23.90ID:fqKMG0zJ
>>510

> αs,αtが、無理数のとき、整数解があるかどうかは、わかりません。

「整数解がある」とは、どの式の解ですか?
αs,αtが、(3)の無理数で整数比の解であるとき、(3)に整数解はありません。証明済みです。
あなたが証明を書けというのでhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/ の468に書きました。

> α=n(p^{1/(p-1)})のとき、(αs)、(αt)、(αs)+p^{1/(p-1)}は、整数比となりますが、解ではありません。

なぜ解ではないと分かるのですか?

pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】整数比のx,y,zはx^p+y^p=z^pの解とならないから。

さすがにこれが証明になるとは思ってませんよね?
0516132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 17:51:56.86ID:OXEvXcRA
x=(αs)、y=(αt)、z=(αu) が整数比だったからといって
x+y=5にxとyを代入した結果が
αs+αt=5α
になるわけがないだろ。
いくら日高がそうなって欲しいと願ったところで結果は変わらないぞ
0517日高
垢版 |
2020/05/05(火) 19:49:59.58ID:J1x9OFLH
>515
2+y=10にx=2aは代入できない、と書いていましたが
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)にz=(αu)は代入できますか?

z=(x+p^{1/(p-1)})^pなので、
(αu)=(x+p^{1/(p-1)})となります。
0518日高
垢版 |
2020/05/05(火) 19:52:57.49ID:J1x9OFLH
>516
x=(αs)、y=(αt)、z=(αu) が整数比だったからといって
x+y=5にxとyを代入した結果が
αs+αt=5α
になるわけがないだろ。

αs+αt=5α
s+t=5となります。
0519132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 20:02:31.67ID:fqKMG0zJ
>>517

そこはあってるんですね
じゃあ

ア 【証明】(αs)^p+(αt)^p=(αu)^pを、(αu)=(αs)+rとおいて(αs)^p+(αt)^p=((αs)+r)^p…(1)とする。
イ (1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
ウ r^(p-1){((αt)/r)^p-1}=p{(αs)^(p-1)+…+r^(p-2)(αs)}…(2)となる。
エ (2)はr^(p-1)=pのとき、(αs)^p+(αt)^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^p…(3-C)となる。

x^p+y^p=z^pにx=(αs)、y=(αt)、z=(αu)を代入したこのア、イ、ウ、エのどこが、どうあなたの考えと違っているか
答えてください。
0520132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 20:07:08.87ID:dF3SDVX2
>>518
> >516
> x=(αs)、y=(αt)、z=(αu) が整数比だったからといって
> x+y=5にxとyを代入した結果が
> αs+αt=5α
> になるわけがないだろ。
>
> αs+αt=5α
> s+t=5となります。

x=1,y=4,z=5
s=√2 ,t=4√2, u=5√2, α=1/√2とする。

x+y=5 だし、x=(αs)、y=(αt)、z=(αu) が整数比になっている。

これをx+y=5に代入して計算すれば、
s+t=5√2 となる。
日高によれば、s+t=5 である。
だから、5=5√2 。
つまり、5√2-5=0 。
両辺を5√2-5で割れば、
1=0 。
日高は1=0となるような世界で計算していることが確定した。

両辺に数aを書ければ、
a=0=1、つまり、aは有理数。つまり、どんな数も有理数。
日高世界では、x^p+y^p=z^p は有理数の解を持つ。

やはり日高は嘘つきであることが証明された。

教科書などに基づく反論以外は意味ないので禁止。
0521132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 20:21:05.12ID:qGIxHvpU
また1=0やったかwwww
0522日高
垢版 |
2020/05/05(火) 20:26:32.16ID:J1x9OFLH
>519
x^p+y^p=z^pにx=(αs)、y=(αt)、z=(αu)を代入したこのア、イ、ウ、エのどこが、どうあなたの考えと違っているか
答えてください。

(3)に、無理数で整数比となる解が存在すると仮定するので、

x^p+y^p=z^pにx=(αs)、y=(αt)、z=(αu)を代入すると、
(αs)^p+(αt)^p=(αu)^pとなります。
u=x+p^{1/(p-1)}なので、
(αs)^p+(αt)^p=(αu)^p=(αs+(α)p^{1/(p-1)})^p
となります。

よって、アが、違います。
0523132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 20:29:15.82ID:fqKMG0zJ
>>522

> u=x+p^{1/(p-1)}なので、

この式はいったいどこから現れたのですか?
>>512の証明にそんな式は存在しませんが。
0524日高
垢版 |
2020/05/05(火) 20:44:04.56ID:J1x9OFLH
>520
> x=(αs)、y=(αt)、z=(αu) が整数比だったからといって
> x+y=5にxとyを代入した結果が
> αs+αt=5α
> になるわけがないだろ。

x+y=5にx=(αs)、y(αt)を代入すると、
αs+αt=5となります。
0525日高
垢版 |
2020/05/05(火) 20:55:59.49ID:J1x9OFLH
>523
> u=x+p^{1/(p-1)}なので、

この式はいったいどこから現れたのですか?

(3)に、無理数で整数比となる解が存在すると仮定した場合です。
0526日高
垢版 |
2020/05/05(火) 20:57:17.83ID:J1x9OFLH
(改9)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、xが有理数のとき、zが無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0527132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 21:02:10.23ID:fqKMG0zJ
>>525

(3)に無理数で整数比となる会が存在すると仮定した場合
何がどうなってu=x+p^{1/(p-1)}
が成り立つのですか?

(3)に無理数で整数比となる会が存在すると仮定した場合

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

に全くつながりがありませんが。

というわけで>>526の証明は間違いです。
0528132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 21:02:53.47ID:AxPUl2F0
>>525
> u=x+p^{1/(p-1)}なので、

>>517
(貴方のコメントです)
> (αu)=(x+p^{1/(p-1)})となります。
u=x/α+p^{1/(p-1)}/αみたいですが。
0529132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 21:29:53.41ID:dF3SDVX2
>>524
> >520
> > x=(αs)、y=(αt)、z=(αu) が整数比だったからといって
> > x+y=5にxとyを代入した結果が
> > αs+αt=5α
> > になるわけがないだろ。
>
> x+y=5にx=(αs)、y(αt)を代入すると、
> αs+αt=5となります。

さっきは
s+t=5となる。
といって、今は
αs+αt=5となる。
といっている。
つまり、s+t=αs+αt となるということか。
ゴミが。

間違いだったら間違いとしてきちんと訂正しろ。
0530日高
垢版 |
2020/05/05(火) 21:31:08.32ID:J1x9OFLH
>528
> (αu)=(x+p^{1/(p-1)})となります。
u=x/α+p^{1/(p-1)}/αみたいですが。

はい。
0531132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/05(火) 22:36:09.82ID:qtLqu2wU
>>450 日高 2020/05/03(日) 05:22:52.35
>>526 日高 2020/05/05(火) 20:57:17.83

本文が全く同じですがどうなっているのですか? 指摘されたことはどこかへ行ってしまった?

> (3)はrが無理数なので、xが有理数のとき、zが無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
> (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。

両辺に0でない定数をかけただけなら解は変わらないから当たり前のことを言っているだけでは?
0532日高
垢版 |
2020/05/06(水) 09:07:13.09ID:W8Rha+Ej
>527
(3)に無理数で整数比となる会が存在すると仮定した場合
何がどうなってu=x+p^{1/(p-1)}
が成り立つのですか?

(αs)^p+(αt)^p=(αu)^pとなるので、
s=x,t=y,u=zとおくと、
(αx)^p+(αy)^p=(αz)^p
z=x+p^{1/(p-1)}なので、
(αx)^p+(αy)^p=(αx+(α)p^{1/(p-1)})^p
となります。
0533日高
垢版 |
2020/05/06(水) 09:16:25.12ID:W8Rha+Ej
>529
つまり、s+t=αs+αt となるということか。

いいえ、s+t=αs+αt とは、なりません。
α(s+t)=αs+αtとなります。
0534日高
垢版 |
2020/05/06(水) 09:22:31.96ID:W8Rha+Ej
>531
>指摘されたことはどこかへ行ってしまった?

指摘されたことが、わからないので、具体的に、もう一度指摘してください。

>両辺に0でない定数をかけただけなら解は変わらないから当たり前のことを言っているだけでは?

はい。当たり前のことです。
0535日高
垢版 |
2020/05/06(水) 09:28:22.12ID:W8Rha+Ej
>530
> (αu)=(x+p^{1/(p-1)})となります。
u=x/α+p^{1/(p-1)}/αみたいですが。

訂正
(αu)=α(x+p^{1/(p-1)})となります。
0538132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/06(水) 10:36:48.14ID:VkgwnjSU
>>532

もともと
{x^p+y^p=z^p…(zは問題文に出てくるもともとのzです。)
{z=x+r…(zは問題文に出てくるもともとのzです。)

だったのですからz=(αu)を代入した時点で…(zは問題文に出てくるもともとのzです。)

{x^p+y^p=(αu)^p
{(αu)=x+r

にかわっていて、もう問題文に出てくるもともとのzは式のどこもありません
そこからさらに、あなたが勝手にu=zと置いたとき、このzはあなたが勝手においた偽物のzですから

{x^p+y^p=(αz)^p…(zはあなたが勝手においた偽物のzです)
{(αz)=x+r…(zはあなたが勝手においた偽物のzです)

であって、
> z=x+p^{1/(p-1)}なので、…(zはあなたが勝手においた偽物のzです)
という式は成り立ちません。

数学的に言えば、全然別の2つの数字を同じ文字であらわすとか絶対やってはいけないことです。
あなたがやっているのが数学じゃなく落書きなら別にいいですが
数学をやっているつもりならこういうことをすると誰からも相手にされませんよ
0540日高
垢版 |
2020/05/06(水) 16:16:32.55ID:W8Rha+Ej
>536
戻ります。

αs、αt、αuが、無理数で整数比となるならば
(αs)^p+(αt)^p=(αs)^pとなる。
両辺を、α^pで割ると、s^p+t^p=u^pとなる。
uは、x+p^{1/(p-1)}とならない。
0541日高
垢版 |
2020/05/06(水) 16:21:28.16ID:W8Rha+Ej
(改10)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、x,yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0542日高
垢版 |
2020/05/06(水) 16:26:02.67ID:W8Rha+Ej
>540
訂正します。

αs、αt、αuが、無理数で整数比となるならば
(αs)^p+(αt)^p=(αs)^pとなる。
両辺を、α^pで割ると、s^p+t^p=u^pとなる。
uは、s+p^{1/(p-1)}とならない。
0543日高
垢版 |
2020/05/06(水) 16:45:20.79ID:W8Rha+Ej
>543
再訂正します。

αは無理数、s,t,uが有理数のとき、
αs、αt、αuが、無理数で整数比となるならば
(αs)^p+(αt)^p=(αs)^pとなる。
両辺を、α^pで割ると、s^p+t^p=u^pとなる。
uは有理数であるが、s+p^{1/(p-1)}は有理数とならない。
よって、(3)のx,y,zが、無理数で整数比となることはない。
0545132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/06(水) 17:03:25.42ID:VkgwnjSU
>>543

もともとの文x^p+y^p=z^pに、「「「r^(p-1)=pのとき、」」」なんていう解の条件はありません。
「「「r^(p-1)=pのとき、」」」というのはあなたが勝手に言い出しただけです。
rが有理数の時、r^(p-1)=pは絶対に成り立たないから、「「「r^(p-1)=pのとき、」」」を考えてもしょうがない、と過去に何人もの人が指摘しました。
あなたもやっとそれに気が付いたんですね。

pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zについて、
αs、αt、αuが、無理数で整数比の解となるならば
(αs)^p+(αt)^p=(αs)^pとなる。
両辺を、α^pで割ると、s^p+t^p=u^pとなる。
これは元の式にx=s,y=t,z=uを代入したものと同じ式である。
よって、αs、αt、αuが、無理数で整数比の解となるならば、s,t,uも有理数の解になる。

そして、αs、αt、αuが、無理数で整数比の解となるならばx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)を満たす有理数の解はないと
わたしがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/ の>>468で証明しました。

(3)を満たす有理数の解がないことは、(3)を満たす無理数で整数比の解がないことの証明になりません。

よって>>541の証明は間違っています。
0546日高
垢版 |
2020/05/06(水) 18:12:52.23ID:W8Rha+Ej
(改11)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数、x,yが有理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0547日高
垢版 |
2020/05/06(水) 18:18:41.20ID:W8Rha+Ej
>544
まぎらわしいので、
546の、(改11)に修正しました。
0548日高
垢版 |
2020/05/06(水) 18:20:53.12ID:W8Rha+Ej
>545
まぎらわしいので、
546の、(改11)に修正しました。
0549132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/06(水) 18:34:38.20ID:VkgwnjSU
>>546

> r^(p-1)=pのとき、

zが有理数の時、rは有理数です。
rが有理数の時、r^(p-1)=pは成り立ちません。
r^(p-1)=pが成り立たないとき、(2)は(3)式になりません。

zが有理数の場合にx^p+y^p=z^pが成り立つかどうかを調べていない>>546の証明は間違っています。
0550132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/06(水) 18:43:36.04ID:VkgwnjSU
>>549書き直します。

> x,yは有理数とする。
> x^p+y^p=z^p

有理数同士をかけたり割ったりしても有理数なので、zは有理数です。

> z=x+rとおいて

有理数同士で引き算しても有理数なので、rは有理数です。

> r^(p-1)=p…(※)

pが奇素数でrが有理数の時、(※)式は成り立ちません

(※)式が成り立たないので、(2)式は(3)式になりません。

よって>>546の証明は間違っています。
0552132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/06(水) 20:26:24.18ID:nKGMIMNO
あれだけ叩きのめされたのに、何の新しいアイディアもなく、また書き込む日高って何なんだろうね。
0553日高
垢版 |
2020/05/06(水) 21:22:16.26ID:W8Rha+Ej
>549
r^(p-1)=pが成り立たないとき、(2)は(3)式になりません。

r^(p-1)=pが成り立たないときは、r=(ap)^{1/(p-1)}となります。
この場合、解の比は(3)式と、同じとなります。
0554132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/06(水) 21:28:05.11ID:VkgwnjSU
>>553

zが有理数の時、rは有理数です。
rが有理数の時、r^(p-1)=pは成り立ちません。
r^(p-1)=pが成り立たないとき、(2)は(3)式になりません。

r=(ap)^{1/(p-1)}となったとして、rは有理数です。

x,yが有理数なので、解x,y,zは整数比となります。

rが有理数の時、(2)式は(3)式にならないので、同じ比もくそもありません。

よって>>546の証明は間違っています。
0555132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/06(水) 21:44:39.79ID:kstbXaj9
>>552
やっぱりbotじゃないの?
人間ならこんな馬鹿なこと何か月も続けられない。内容もまるで進歩がないし。
0556132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/07(木) 00:59:16.53ID:CKExQVPj
>>533
> >529
> つまり、s+t=αs+αt となるということか。
>
> いいえ、s+t=αs+αt とは、なりません。
嘘つき

日高は
>s+t=5となる。
といって、
>αs+αt=5となる。
といった。
なので、
s+t=5~αs+αt
となる。
証明終わり。
ゴミ。
0558132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/07(木) 01:19:45.49ID:EQC5DOzm
>>546 日高

> (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。

aって何ですか?
0559日高
垢版 |
2020/05/07(木) 08:55:26.28ID:FZVe+OW6
(改11)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数、x,yが有理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0560日高
垢版 |
2020/05/07(木) 09:03:47.70ID:FZVe+OW6
>554
zが有理数の時、rは有理数です。
rが有理数の時、r^(p-1)=pは成り立ちません。

rが、無理数となるので、zも、無理数となります。
0561日高
垢版 |
2020/05/07(木) 09:07:17.90ID:FZVe+OW6
>557
s+t=5=αs+αt

この式が成り立つのは、
α=1のみです。
0562日高
垢版 |
2020/05/07(木) 09:08:46.62ID:FZVe+OW6
>558
aって何ですか?

実数です。
0565日高
垢版 |
2020/05/07(木) 10:38:36.61ID:FZVe+OW6
>563
実数なら何でもよいのですか?

a={r/(p^{1/{p-1})}^(p-1)
となります。
0566日高
垢版 |
2020/05/07(木) 10:41:14.01ID:FZVe+OW6
>564
>>561
>>518 で言ったことは誤りだと理解しましたか?

誤りでしょうか?
0567132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/07(木) 13:04:09.81ID:dVdnxOQ1
>>565 日高
> >563
> 実数なら何でもよいのですか?
>
> a={r/(p^{1/{p-1})}^(p-1)
> となります。

「となります」じゃなくて「です」だろ。
そんなの、書かなきゃわからないよ。証明の中に書けよ。
0568日高
垢版 |
2020/05/07(木) 14:53:40.47ID:FZVe+OW6
>567
> a={r/(p^{1/{p-1})}^(p-1)
> となります。

「となります」じゃなくて「です」だろ。
そんなの、書かなきゃわからないよ。証明の中に書けよ。

rが、有理数の場合、aは有理数となります。
0570日高
垢版 |
2020/05/07(木) 16:40:45.64ID:FZVe+OW6
>569
>>559にはaは一度しか出ませんが、その値になる必然性があるのですか?

rが、有理数の場合を考える為です。
0571日高
垢版 |
2020/05/07(木) 16:42:23.62ID:FZVe+OW6
(改11)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数、x,yが有理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0572132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/07(木) 16:49:08.06ID:dVdnxOQ1
>>571 日高
また書いてるけど、aがいくつなのかわからないと正しいか正しくないか判断できないの。わかる?
0573日高
垢版 |
2020/05/07(木) 19:02:47.97ID:FZVe+OW6
>572
>>571 日高
また書いてるけど、aがいくつなのかわからないと正しいか正しくないか判断できないの。わかる?

rが、有理数のとき、aは、有理数となります、
0574132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/07(木) 19:40:33.23ID:dVdnxOQ1
>>573 日高
もしかして、君がaの値を書かなくても、いくつだか、みんなに漏れて知られている、と考えてない?
0575132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/07(木) 20:21:13.09ID:QUmIDKyP
だから命題を量化しろ
出ている文字全部が量化されていなければ
論理的な議論にならない
0576日高
垢版 |
2020/05/07(木) 20:44:14.54ID:FZVe+OW6
>574
>>573 日高
もしかして、君がaの値を書かなくても、いくつだか、みんなに漏れて知られている、と考えてない?

どういう意味でしょうか?
0577日高
垢版 |
2020/05/07(木) 20:45:40.73ID:FZVe+OW6
>575
だから命題を量化しろ

どのようにすれば良いのでしょうか?
0579132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/07(木) 21:35:07.25ID:gl1MuUIf
>>561
> >557
> s+t=5=αs+αt
>
> この式が成り立つのは、
> α=1のみです。
つまり、日高が書いているαは1ということか。

日高が、
s+t=5=αs+αt
って書いたんだろが。

じゃあ、日高がα倍するっていうのは、1倍するっていことが確定したわけだ。
0580132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/08(金) 00:05:43.86ID:d28bl6Fl
>>560

> zが有理数の時、rは有理数です。
> rが有理数の時、r^(p-1)=pは成り立ちません。
>
> rが、無理数となるので、zも、無理数となります。

なりません。

r^(p-1)=pは成り立たないのに、どうして、rが、無理数となるのですか?
0581日高
垢版 |
2020/05/08(金) 07:33:18.39ID:l+NhtspS
>579
日高が、
s+t=5=αs+αt
って書いたんだろが。

じゃあ、日高がα倍するっていうのは、1倍するっていことが確定したわけだ。

s+t=5=αs+αtならば、αは、有理数となります。
0582日高
垢版 |
2020/05/08(金) 07:36:05.37ID:l+NhtspS
>581
r^(p-1)=pは成り立たないのに、どうして、rが、無理数となるのですか?

r=p^{1/(p-1)}となるからです。
0583日高
垢版 |
2020/05/08(金) 07:37:44.06ID:l+NhtspS
(改11)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数、x,yが有理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0584132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/08(金) 08:03:36.15ID:clhD9ekY
>>581
>>582
無茶苦茶だな……
(「s+t=5=αs+αtならば、αは、有理数となります。」というのは、これ単体でみたらα=1に確定するから正しいのだけど)
0585132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/08(金) 08:58:27.52ID:XIK3JrA7
>>582 日高
> >581
> r^(p-1)=pは成り立たないのに、どうして、rが、無理数となるのですか?
>
> r=p^{1/(p-1)}となるからです。

これは笑える。
0586132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/08(金) 09:16:28.65ID:WmDpVhCu
3月の宿題で(1)のみ正解の数弱@shukudai_sujaku

昨年度の大学への数学(大数)での勝率は、

学コンBコースが 1/1 = 100% ,

宿題が 3/10 = 30% でした!

宿題の勝率が低すぎると思うので、

これからは一層精進していきたいです!

https://twitter.com/shukudai_sujaku
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account)
0587日高
垢版 |
2020/05/08(金) 09:39:20.94ID:l+NhtspS
>585
> r=p^{1/(p-1)}となるからです。

これは笑える。

どこが、おかしいのでしょうか?
0588日高
垢版 |
2020/05/08(金) 13:11:40.66ID:l+NhtspS
【定理】p=のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比となる。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは整数比となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rが無理数でも、解x,y,zは整数比となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0589日高
垢版 |
2020/05/08(金) 13:14:39.48ID:l+NhtspS
>588
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比となる。
【証明】yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは整数比となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rが無理数でも、解x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比となる。
0591日高
垢版 |
2020/05/08(金) 14:41:31.26ID:l+NhtspS
>590
>>587 日高
相手が成り立たないと言っている式を変形しただけだからです。

どの式が、成り立たないのでしょうか?
0593日高
垢版 |
2020/05/08(金) 15:56:52.42ID:l+NhtspS
>592
「r^(p-1)=pは成り立たないのに」って書いてます。

rは、無理数となります。
0594132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/08(金) 16:10:18.00ID:XIK3JrA7
>>593 日高
> >592
> 「r^(p-1)=pは成り立たないのに」って書いてます。
>
> rは、無理数となります。

成り立たないと言ってる人にその式を使って説明しても無意味ですよ。
0595日高
垢版 |
2020/05/08(金) 17:04:48.14ID:l+NhtspS
(改11)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数、x,yが有理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0597132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/08(金) 18:11:56.33ID:UTD5whww
フェルマーの最終定理って簡単に解けるでしょ?
こんなのが300年間解けなかったって嘘じゃないの?
0598132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/08(金) 20:11:19.68ID:yy2hPJW7
>>581
> >579
> 日高が、
> s+t=5=αs+αt
> って書いたんだろが。
>
> じゃあ、日高がα倍するっていうのは、1倍するっていことが確定したわけだ。
>
> s+t=5=αs+αtならば、αは、有理数となります。
だからなんだ?


> 日高が、
> s+t=5=αs+αt
> って書いたんだろが。
これは変わらない。
だから、
> じゃあ、日高がα倍するっていうのは、1倍するっていことが確定したわけだ。
これも変わらない。
0599日高
垢版 |
2020/05/08(金) 20:11:32.28ID:l+NhtspS
>566
aはいくつか、って聞かれているんだから書けよ。

rが、有理数となる適当な数です。
0600日高
垢版 |
2020/05/08(金) 20:13:53.87ID:l+NhtspS
>598
> じゃあ、日高がα倍するっていうのは、1倍するっていことが確定したわけだ。
これも変わらない。

よく、意味が分かりません。
0601日高
垢版 |
2020/05/08(金) 20:16:46.60ID:l+NhtspS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比となる。
【証明】yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは整数比となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rが無理数でも、解x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比となる。
0603132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/08(金) 20:39:49.09ID:3hVOtjA5
>>601 日高
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比となる。

x=√3,y=1,z=2の時は整数比にならないよ。
0604132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 01:24:27.73ID:LZebZrmM
>>582

x^p+y^p=z^pの解x、y、zがもし有理数だったら、「z=x+rとおいて」いる、つまりr=z-xとrを定義しているので、rは有理数です。

rが有理数であるときに、「r^(p-1)=pの関係が成り立つとき」は永遠に来ません。当然r=p^{1/(p-1)}にもなりません。

よってx^p+y^p=z^pの解x、y、zがもし有理数だったら、(2)式は(3)式に変形できません。

よって>>595の証明は間違っています。
0605132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 01:49:06.89ID:3BSCDB07
>>595は、その場合は
> (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
で処理しているつもりなんだろう。
0606132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 06:34:40.94ID:Zo5+Jjof
>>600
> >598
> > じゃあ、日高がα倍するっていうのは、1倍するっていことが確定したわけだ。
> これも変わらない。
>
> よく、意味が分かりません。
誤魔化すな。ゴミが。

要は、今までの議論で日高が嘘をついているってことだ。
自分がこれまで書いて、訂正していないことを全て挙げて、それを組み合わせれば、間違いであることがわかる。

もし、教科書などに基いた数学的な反論があれば、挙げよ。
そうでないなら、返信するなと何度も書いている。

分からないなら分かるまで勉強するべき。考えてもいないのに分からないとか言うな。
0607日高
垢版 |
2020/05/09(土) 07:59:34.62ID:VMhPjPpA
>603
>>601 日高
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比となる。

訂正します。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比となる。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは整数比となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rが無理数でも、解x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比となる。
0608日高
垢版 |
2020/05/09(土) 08:55:48.60ID:VMhPjPpA
>604
よってx^p+y^p=z^pの解x、y、zがもし有理数だったら、(2)式は(3)式に変形できません。

p=2ならば、できます。
pが奇素数ならば、できません。
0609日高
垢版 |
2020/05/09(土) 08:57:42.74ID:VMhPjPpA
(改11)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数、x,yが有理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない。
0610132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 11:05:49.49ID:iStIoCMV
>>605
なるほど。
しかしよく考えると、(3)式は成り立たないのだから、
成り立たない式の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけても意味ないよな、と思った。
0611日高
垢版 |
2020/05/09(土) 11:36:38.94ID:VMhPjPpA
>610
成り立たない式の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけても意味ないよな、と思った。

成り立たない式の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは、有理数となりますが、その式も成り立ちません。
0612132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 11:38:28.02ID:LZebZrmM
>>607

そもそも定理がおかしいんですよ
勝手に証明の中であなたがxを有理数としたってだめですよ
そんなものはxが無理数であるときのことを考えてない間違った証明になるだけです。

あなたが、落書きして嫌がらせしようと思っているのでないならば、数学のルールに従って書いてください。

> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比となる。

数学のルールに従って書くなら、この文は

@ p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解であるすべてのx,y,zについて、x,y,zは整数比となる。
A p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解であるx,y,zのなかに、x,y,zが整数比となる物が存在する。

@は「絶対なる」、Aは「たまにそうなることもある」で、ちゃんと区別して書かないとただの落書きです。
区別して書いてください。
0613日高
垢版 |
2020/05/09(土) 12:48:24.96ID:VMhPjPpA
再訂正します。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは有理数となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となり、解x,y,zは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比となる。
0614日高
垢版 |
2020/05/09(土) 12:58:52.24ID:VMhPjPpA
(改12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x,yは0以外の有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、成り立たない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0615132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 15:03:06.51ID:3BSCDB07
>>610
> 成り立たない式の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけても意味ないよな、と思った。

最初の式が、成り立つはずのない式の定数倍になる、と言いたいのだと思う。
0616132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 15:31:36.72ID:Zo5+Jjof
>>608
> >604
> よってx^p+y^p=z^pの解x、y、zがもし有理数だったら、(2)式は(3)式に変形できません。
>
> p=2ならば、できます。
> pが奇素数ならば、できません。
数学的な根拠が全くなし。

これまでに述べた言い訳・説明は理由になっていないので、
それと異なる、かつ、教科書など数学的事実に基づく説明を述べるべき。

そうでないなら、間違い。
0617日高
垢版 |
2020/05/09(土) 16:02:36.53ID:VMhPjPpA
>616
> p=2ならば、できます。
> pが奇素数ならば、できません。
数学的な根拠が全くなし。

p=2ならば、rは有理数となります。
pが奇素数ならば、rは無理数となります。
0618132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 16:15:56.32ID:3BSCDB07
日高のアイディアは、z-xをrとおいてこれを定数とし、それに対するx,yが存在するかどうかを論ずる、というものなのだろう。
0619132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 16:38:13.93ID:LZebZrmM
>>617

rがどういうものかを決めているのはz=x+rの部分であって、r^(p-1)=pではない。

x、zが有理数の時、rは有理数であって、r^(p-1)=pは成り立たない。

r^(p-1)=pは成り立たないので(2)式は(3)式にならない

よって>>614の証明は間違っています。
0620日高
垢版 |
2020/05/09(土) 17:03:46.67ID:VMhPjPpA
>219
r^(p-1)=pは成り立たないので(2)式は(3)式にならない

rが、無理数ならば、成り立ちます。
0621132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 17:14:37.00ID:LZebZrmM
>>620

整数比となるx、y、zがあるかどうかを確かめるのに

zは有理数であるか、無理数であるか、どちらかである。

x、yを有理数として、zが無理数の時を考える必要がない。

zが無理数の時、x、y、zが整数比とならない事は自明だから。

x、yを有理数として、zが有理数の時を考える

x、y、zが有理数の時、z=x+rで定義されるrは必ず有理数になる。

rは無理数にならない。

よって>>614の証明は間違っています。
0623132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 17:48:50.25ID:Zo5+Jjof
>>617
> >616
> > p=2ならば、できます。
> > pが奇素数ならば、できません。
> 数学的な根拠が全くなし。
>
> p=2ならば、rは有理数となります。
> pが奇素数ならば、rは無理数となります。

教科書などに基づく、かつ、今までの戯言のデタラメの繰り返しでないことだけ書け。
根拠になっていないと何度も指摘されている。
「1+1=2」を根拠に、「フェルマーの定理は成り立つ」と言っているのと同じくらい根拠になっていない。

なぜかわからないなら、わかるまで勉強してから書けとも指摘した。

デタラメな根拠を書くな。
理解するまで返信禁止。
0624日高
垢版 |
2020/05/09(土) 18:09:28.58ID:VMhPjPpA
>621
x、y、zが有理数の時、z=x+rで定義されるrは必ず有理数になる。

rが有理数であっても、(5)は成り立ちません。
0625日高
垢版 |
2020/05/09(土) 18:11:02.14ID:VMhPjPpA
(改12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x,yは0以外の有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、成り立たない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0626日高
垢版 |
2020/05/09(土) 18:15:10.38ID:VMhPjPpA
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは有理数となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となり、解x,y,zは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
0629132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 19:34:35.60ID:LZebZrmM
>>625

例「x=3が成り立たない」ということからわかるのは、xが3でないということだけ

> (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると

式の両辺に同じ数をかけても、式の解が変わることはない、よって間違い。

仮に(3)の解を(a^{1/(p-1)})^pしたものが成り立たないとして、

有理数のr、有理数のxを(a^{1/(p-1)})^p倍した無理数、有理数のyを(a^{1/(p-1)})^p倍した無理数、が解にならないというだけ

x、y、zが有理数の解があるかどうかは調べていない

よって>>625の証明は間違っている
0630132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 19:35:00.68ID:kdhlnx3r
>>625 日高

> (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは覧L理数となるが瑞ャり立たない。

とありますがかけた結果はどういう式になりますか?
0631日高
垢版 |
2020/05/09(土) 20:12:08.99ID:VMhPjPpA
>628
aなる数について、証明の中に何の説明もない

aは、rが有理数となる適当な数です。
0633日高
垢版 |
2020/05/09(土) 20:23:41.03ID:VMhPjPpA
>629
x、y、zが有理数の解があるかどうかは調べていない

x、y、zに有理数の解がないことを、(3)で調べています。
(5)の解は、(3)の解の定数倍となります。
0635日高
垢版 |
2020/05/09(土) 20:32:43.80ID:VMhPjPpA
>630
> (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。

とありますがかけた結果はどういう式になりますか?

x^p+y^p=(x+r)^pの
左辺は無理数、右辺も無理数となりますが、式は成り立ちません。
0636日高
垢版 |
2020/05/09(土) 20:36:00.95ID:VMhPjPpA
(改12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x,yは0以外の有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、成り立たない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0637日高
垢版 |
2020/05/09(土) 20:37:11.03ID:VMhPjPpA
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは有理数となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となり、解x,y,zは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
0638132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 20:37:56.83ID:kdhlnx3r
>>635 日高
> >630
> > (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
>
> とありますがかけた結果はどういう式になりますか?
>
> x^p+y^p=(x+r)^pの
> 左辺は無理数、右辺も無理数となりますが、式は成り立ちません。

すみません、質問にはストレートに答えていただけませんか?
「x^p+y^p=(x+r)^p」になると理解してよろしいでしょうか?
0639日高
垢版 |
2020/05/09(土) 20:41:17.24ID:VMhPjPpA
>634
さっきから(5)って言ってるけど、どこよ?

すみません。間違いです。(5)は、ありません。
0640日高
垢版 |
2020/05/09(土) 20:46:26.70ID:VMhPjPpA
>638
すみません、質問にはストレートに答えていただけませんか?
「x^p+y^p=(x+r)^p」になると理解してよろしいでしょうか?

そうなります。
この場合のx,yは無理数となります。rは有理数となります。
0642日高
垢版 |
2020/05/09(土) 20:57:46.00ID:VMhPjPpA
>641
>>640 日高
(3)の左辺はx^p+y^pですから1以外の数をかければx^p+y^pでなくなるのでは?

はいそうなります。
文字を変えると、
X^p+Y^p=(X+R)^pとなります。
0643132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 21:02:26.55ID:kdhlnx3r
>>642 日高
> >641
> >>640 日高
> (3)の左辺はx^p+y^pですから1以外の数をかければx^p+y^pでなくなるのでは?
>
> はいそうなります。
> 文字を変えると、
> X^p+Y^p=(X+R)^pとなります。

X,Yとx,yとの関係はどうなりますか?
0644132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 21:03:04.91ID:DJkBqjxh
>>637
p が 2 なのに、p のままでわかりにくいので書き換え。

=============================
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
【証明】x,yは有理数とする。
x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、
r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは有理数となる。
(3)の両辺にa^2をかけると、rは有理数となり、解x,y,zは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
=============================

r^2 で割るくだりと a^2 のくだりがなんのために存在するのか意味不明。
0645132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 21:11:09.98ID:kdhlnx3r
>>644

> r^2 で割るくだりと a^2 のくだりがなんのために存在するのか意味不明。

これは

> (1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、
> r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。

の部分ですね。「AB=CDからA=C,B=Dが出る」と信じているからこうするのです。
0647132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 23:34:20.25ID:LZebZrmM
> 【証明】x,yは0以外の有理数とする。
> x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はrが無理数なので、成り立たない。

ここまでで分かったことは、有理数x=s、y=tと、v^(p-1)=pを満たすようなr=v
かんたんに言うと有理数、有理数、無理数の組は
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)の解にならない、
s^p+t^p=(s+v)^p は成り立たない。
ということだけですね。

知りたいのは、有理数、有理数、有理数の組み合わせがあるかどうかなのに
どうしてrが無理数の場合ばかり調べるのですか?

有理数、有理数、無理数の組み合わせが、あなたが勝手に作った式(3)を満たそうが満たすまいがどうでもいいです。
無理数、無理数、有理数の組み合わせが、あなたが勝手に作った式(3)を満たそうが満たすまいがどうでもいいです。
有理数、有理数、有理数の組で(1)を満たすものがあるかどうか、を調べないと駄目です。

よって>>636は間違っています。
0648132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/09(土) 23:49:47.54ID:kdhlnx3r
日高は>>636
> (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
でrが有理数の場合も調べたと言い張っているのだ。間違っているけど。
0649日高
垢版 |
2020/05/10(日) 07:34:33.03ID:iWq/o+aU
>643
X,Yとx,yとの関係はどうなりますか?

同じとなります。
0650日高
垢版 |
2020/05/10(日) 07:38:39.97ID:iWq/o+aU
>644
r^2 で割るくだりと a^2 のくだりがなんのために存在するのか意味不明。

必要性は、ありません。
0651日高
垢版 |
2020/05/10(日) 07:41:52.58ID:iWq/o+aU
>648
> (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
でrが有理数の場合も調べたと言い張っているのだ。間違っているけど。

x,y,zの比が同じとなります。
0652132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/10(日) 07:44:12.28ID:aRmjURKW
>>649 日高
> >643
> X,Yとx,yとの関係はどうなりますか?
>
> 同じとなります。

X=x,Y=yですか?
0653日高
垢版 |
2020/05/10(日) 07:45:02.37ID:iWq/o+aU
>646
aなる数について、証明の中に何の説明もない

rが、有理数となる適当な数です。
0654132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/10(日) 07:47:14.85ID:aRmjURKW
>>651 日高
> >648
> > (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
> でrが有理数の場合も調べたと言い張っているのだ。間違っているけど。
>
> x,y,zの比が同じとなります。

そこのところを、きちんと書いてみてください。
0655日高
垢版 |
2020/05/10(日) 07:47:29.39ID:iWq/o+aU
>652
X=x,Y=yですか?

X:Y=x:yです。
0656日高
垢版 |
2020/05/10(日) 07:54:50.96ID:iWq/o+aU
>647
有理数、有理数、有理数の組で(1)を満たすものがあるかどうか、を調べないと駄目です。

有理数、有理数、有理数の組で(3)を満たすものが、ないので、(1)を満たすものも、
ありません。

(3)は、(1)を変形したものです。
0657日高
垢版 |
2020/05/10(日) 07:55:45.79ID:iWq/o+aU
(改12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x,yは0以外の有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、成り立たない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0658日高
垢版 |
2020/05/10(日) 07:56:55.88ID:iWq/o+aU
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは有理数となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となり、解x,y,zは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
0662日高
垢版 |
2020/05/10(日) 12:32:36.00ID:iWq/o+aU
>659
Xをxの式で書くとどうなりますか?

X=x*a^{1/(p-1)}となります。
0663日高
垢版 |
2020/05/10(日) 12:42:43.17ID:iWq/o+aU
>660
>>654、回答願います。日高さん。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、
(x*a^{1/(p-1)})^p+(y*a^{1/(p-1)})^p=(x*a^{1/(p-1)}+r)^p
となります。
0664132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/10(日) 12:43:34.47ID:aRmjURKW
>>662 日高
> >659
> Xをxの式で書くとどうなりますか?
>
> X=x*a^{1/(p-1)}となります。

するとXが有理数のときxは無理数ですから(3)の無理数解を調べる必要があるのでは?
0665日高
垢版 |
2020/05/10(日) 12:49:07.72ID:iWq/o+aU
>661
確かめたというなら

x=1、y=2、z=3を、(3)に代入してみてください。

p=2、奇素数どちらの場合でしょうか?
0667日高
垢版 |
2020/05/10(日) 13:28:50.87ID:iWq/o+aU
>664
(3)の無理数解を調べる必要があるのでは?

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の場合、x,y,zは、整数比とならないので、
X,Y,Zも整数比となりません。
(3)のx,yは、有理数とします。(証明の2行目)
0668日高
垢版 |
2020/05/10(日) 13:32:24.88ID:iWq/o+aU
>666
x=1、y=2、z=3を、(3)に代入してみてください。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
1^p+2^p=(1+p^{1/(p-1)})^p
となります。
0669日高
垢版 |
2020/05/10(日) 13:33:37.82ID:iWq/o+aU
(改12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x,yは0以外の有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、成り立たない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0670日高
垢版 |
2020/05/10(日) 13:34:32.40ID:iWq/o+aU
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは有理数となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となり、解x,y,zは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
0671132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/10(日) 13:34:55.56ID:yxMFrsKJ
>>668

それのどこがz=3なんですか?

それでは(3)にz=3を代入したことになりませんよ

z=3の場合を調べていないので、>>657の証明は間違いです。
0672日高
垢版 |
2020/05/10(日) 13:41:18.89ID:iWq/o+aU
>671
それでは(3)にz=3を代入したことになりませんよ

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

3=1+p^{1/(p-1)}
p^{1/(p-1)}=2
となるので、成り立ちません。
0673132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/10(日) 13:49:00.77ID:yxMFrsKJ
>>672

だからそれではz=3が成り立っていないでしょ

z=3の場合を調べたことにならないですよ

(1)ではz=3の場合を調べられるのに、(3)では調べられない。

(1)で出来ることが(3)ではできないのだから、(3)を調べても(1)を調べたことにならない。

当然x^p+y^p=z^pを調べたことにもならない

よって669の証明は間違っています。



>>669-670
どこにも説明されていないaを使う限り、証明ではなく落書きです。
数学の掲示板に落書きを繰り返す嫌がらせはやめてください。
0675132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/10(日) 14:09:56.77ID:aRmjURKW
>>667 日高
> >664
> (3)の無理数解を調べる必要があるのでは?
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の場合、x,y,zは、整数比とならないので、
> X,Y,Zも整数比となりません。
> (3)のx,yは、有理数とします。(証明の2行目)

だから、x,y,zが無理数で整数比になる場合を考察していませんよね?
そこが誤りです。
0676日高
垢版 |
2020/05/10(日) 14:53:05.17ID:iWq/o+aU
>673
(1)で出来ることが(3)ではできないのだから、(3)を調べても(1)を調べたことにならない。

(1)も、(3)も成り立ちません。
0677日高
垢版 |
2020/05/10(日) 14:54:58.59ID:iWq/o+aU
>674
ここで
> (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、
ですよ

どういう意味でしょうか?
0678日高
垢版 |
2020/05/10(日) 14:59:34.85ID:iWq/o+aU
>675
だから、x,y,zが無理数で整数比になる場合を考察していませんよね?
そこが誤りです。

x,y,zが無理数で整数比になるならば、共通の無理数でわると、商は、有理数となります。

有理数のx,y,zは、(3)には、存在しません。
0679132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/10(日) 15:06:35.84ID:yxMFrsKJ
>>676

(1)にx=1、z=3を代入したら

1^p+y^p=(1+2)^p

(3)にはx=1、z=3を代入できません。

(1)にできることが(3)にはできないのだから、(3)を調べても(1)を調べたことになりません。

よって669の証明は間違っています。

>>669-670
どこにも説明されていないaを使う限り、証明ではなく落書きです。
数学の掲示板に落書きを繰り返す嫌がらせはやめてください。
0680132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/10(日) 15:11:33.93ID:aRmjURKW
>>678 日高
私は「x,y,zが無理数で整数比になる場合を考察していませんよね?」と書きました。

> x,y,zが無理数で整数比になるならば、共通の無理数でわると、商は、有理数となります。
>
> 有理数のx,y,zは、(3)には、存在しません。

そのことから、(3)に整数比をなす無理数解が存在しないと証明できるのですか?
できるなら、書いてください。
0681日高
垢版 |
2020/05/10(日) 17:54:12.16ID:iWq/o+aU
>679
(3)にはx=1、z=3を代入できません。

(3)には代入できる数と、できない数があります。
0682132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/10(日) 17:57:31.57ID:yxMFrsKJ
>>681

(1)のzには代入できない数はない

> (3)には代入できる数と、できない数があります。

(1)のzのうち(3)に代入できない数は調べられていません。

調べられていないzがあるので>>669の証明は間違っています。
0683132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/10(日) 18:51:29.72ID:aRmjURKW
> (3)には代入できる数と、できない数があります。

どういう数が代入できて、どういう数が代入できないのか、説明してください。
0687日高
垢版 |
2020/05/11(月) 07:03:19.11ID:6DZVDQLM
>680
そのことから、(3)に整数比をなす無理数解が存在しないと証明できるのですか?
できるなら、書いてください。

(3)に、有理数解が、ないので、無理数解もありません。
0688日高
垢版 |
2020/05/11(月) 07:06:03.95ID:6DZVDQLM
>682
(1)のzのうち(3)に代入できない数は調べられていません。

調べられていないzがあるので>>669の証明は間違っています。

(3)のzが、無理数ならば、代入できます。
0689日高
垢版 |
2020/05/11(月) 07:08:57.34ID:6DZVDQLM
>683
> (3)には代入できる数と、できない数があります。

どういう数が代入できて、どういう数が代入できないのか、説明してください。

x,y,zが有理数ならば、代入できません。
x,yが有理数で、zが、無理数ならば、代入できます。
0690日高
垢版 |
2020/05/11(月) 07:12:22.35ID:6DZVDQLM
>685
「成り立たない」
じゃなくて
「代入できない」
なのか。

同じ事です。
0691132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/11(月) 07:45:48.43ID:HevM8QyZ
>>687 日高
> >680
> そのことから、(3)に整数比をなす無理数解が存在しないと証明できるのですか?
> できるなら、書いてください。
>
> (3)に、有理数解が、ないので、無理数解もありません。

理解できないので、式で書いて、詳しく説明していただけないでしょうか。
0692132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/11(月) 07:50:40.90ID:HevM8QyZ
>>689 日高
> >683
> > (3)には代入できる数と、できない数があります。
>
> どういう数が代入できて、どういう数が代入できないのか、説明してください。
>
> x,y,zが有理数ならば、代入できません。
> x,yが有理数で、zが、無理数ならば、代入できます。

x=y=1,z=円周率のπ、でも代入できるのか?
0693132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/11(月) 07:54:31.40ID:HevM8QyZ
>>690 日高
> >685
> 「成り立たない」
> じゃなくて
> 「代入できない」
> なのか。
>
> 同じ事です。

代入してみないと成り立つかどうかわからないんじゃないか?
0694日高
垢版 |
2020/05/11(月) 14:15:03.23ID:6DZVDQLM
>691
理解できないので、式で書いて、詳しく説明していただけないでしょうか。

αを無理数、r,s,tを有理数としたとき、
(αr)^p+(αs)^p=(αt)^pのαr,αs,αtが整数比となるならば、両辺をα^pで割ると、r^p+s^p=t^pとなります。
0695日高
垢版 |
2020/05/11(月) 14:18:43.97ID:6DZVDQLM
>692
x=y=1,z=円周率のπ、でも代入できるのか?

1^p+1^p≠π^pなので、代入できません。
0696日高
垢版 |
2020/05/11(月) 14:22:36.19ID:6DZVDQLM
>693
代入してみないと成り立つかどうかわからないんじゃないか?

(3)により、x,y,zが有理数では、成り立ちません。
0697日高
垢版 |
2020/05/11(月) 14:24:36.24ID:6DZVDQLM
(改12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x,yは0以外の有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、成り立たない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0698日高
垢版 |
2020/05/11(月) 14:25:40.38ID:6DZVDQLM
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは有理数となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となり、解x,y,zは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
0700132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/11(月) 14:58:23.15ID:HevM8QyZ
>>695 日高
>>689
> x,y,zが有理数ならば、代入できません。
> x,yが有理数で、zが、無理数ならば、代入できます。

と言ったのはウソだったの?
0701只の数学歴史好き
垢版 |
2020/05/11(月) 15:07:20.46ID:34ZS0nwJ
疑問なのだがファルマーはピタゴラスの定理を基にこの問題を作ったという訳だからx^+y^=z^における^=3以降を図解できないことを証明できれば証明になるのではないか?
^=2の場合は直角三角形で表されるのはご存知の通りだと思う。^=1の場合は線分で図解できるのは言うまでもないと思う。
^=4以降においては4次元以降の図形は等辺の図形はないため図解は不可能。
そして^=3における図解の不整合性を証明すれば最終的にはいいのではないか?
0703日高
垢版 |
2020/05/11(月) 17:33:01.94ID:6DZVDQLM
>699
>>694 日高
その式は(3)ではありません。

はい。(3)ではありません。
0704132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/11(月) 17:36:12.85ID:HevM8QyZ
>>687 日高に
>>(3)に、有理数解が、ないので、無理数解もありません。

って書いてますけど。
0705日高
垢版 |
2020/05/11(月) 20:43:02.53ID:6DZVDQLM
>699
>>694 日高
その式は(3)ではありません。

(3)ではありませんが、変形する前の元の式です。
0706日高
垢版 |
2020/05/11(月) 20:44:32.64ID:6DZVDQLM
>704
>>(3)に、有理数解が、ないので、無理数解もありません。

って書いてますけど。

どういう意味でしょうか?
0707日高
垢版 |
2020/05/11(月) 20:46:30.17ID:6DZVDQLM
>701
^=4以降においては4次元以降の図形は等辺の図形はないため図解は不可能。

どういう意味でしょうか?
0708日高
垢版 |
2020/05/11(月) 20:47:49.94ID:6DZVDQLM
(改12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x,yは0以外の有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、成り立たない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0709日高
垢版 |
2020/05/11(月) 20:48:33.53ID:6DZVDQLM
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは有理数となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となり、解x,y,zは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
0710日高
垢版 |
2020/05/11(月) 20:50:21.70ID:6DZVDQLM
>700
> x,y,zが有理数ならば、代入できません。
> x,yが有理数で、zが、無理数ならば、代入できます。

と言ったのはウソだったの?

ウソではありません。
0711132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/11(月) 21:01:17.77ID:My1bD7EM
>>705 日高
> >699
> >>694 日高
> その式は(3)ではありません。
>
> (3)ではありませんが、変形する前の元の式です。

元の式x^p+y^p=z^pは斉次式ですがx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)はそうではありません。
「整数比をなす無理数解があれば自然数解がある」は前者に対しては真ですが後者に対してはすぐにはわかりません。
0712132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/11(月) 21:02:52.95ID:My1bD7EM
>>710 日高
> >700
> > x,y,zが有理数ならば、代入できません。
> > x,yが有理数で、zが、無理数ならば、代入できます。
>
> と言ったのはウソだったの?
>
> ウソではありません。

え?

>>695 日高
> >692
> x=y=1,z=円周率のπ、でも代入できるのか?
>
> 1^p+1^p≠π^pなので、代入できません。

って書いたのはあんたじゃないの?
0713132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/11(月) 21:35:57.68ID:bIbFpCkb
√(x^12+y^12+z^12+a^12+2*(x^6*y^6+y^6*z^6+x^6*z^6-x^6*a^6-y^6*a^6+z^6*a^6))=√((z^3+i*(a^3+√(x^6+y^6)))*(z^3+i*(-a^3+√(x^6+y^6)))*(z^3+i*(a^3-√(x^6+y^6)))*(z^3+i*(-a^3-√(x^6+y^6))))=0

√((z^3+i*(a^3+√(x^6+y^6)))*(z^3+i*(-a^3+√(x^6+y^6)))*(z^3+i*(a^3-√(x^6+y^6)))*(z^3+i*(-a^3-√(x^6+y^6))))=0

z^n=(a^n+√(x^2n+y^2n))

z=a+√(x^2+y^2)←これを満たす整数解がある

z=√(a^2+√(x^4+y^4))←これを満たす整数解がない(a=0のときz=(x^4+y^4)^(1/4)

z=(a^3+√(x^6+y^6))^(1/3)←これを満たす整数解がない(a=0のときz=(x^6+y^6)^(1/6)
0714132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/11(月) 21:38:38.78ID:bIbFpCkb
√(x^12+y^12+z^12+a^12+2*(x^6*y^6+y^6*z^6+x^6*z^6-x^6*a^6-y^6*a^6+z^6*a^6))=√((z^3+i*(a^3+√(x^6+y^6)))*(z^3+i*(-a^3+√(x^6+y^6)))*(z^3+i*(a^3-√(x^6+y^6)))*(z^3+i*(-a^3-√(x^6+y^6))))=0
xとyとzのベクトルが同じ向きを向きaが現実にはない方向を向く
z^n=(a^n+√(x^2n+y^2n))
z^n=(a^n-√(x^2n+y^2n))
z^n=(-a^n+√(x^2n+y^2n))
z^n=(-a^n-√(x^2n+y^2n))
この状態からaを0にする
0715132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 01:48:36.94ID:JUHELQgg
>>705

> (3)ではありませんが、変形する前の元の式

ではx=1、z=3が代入できます。

(3)にはx=1、z=3が代入できません。

変形する前の式では、z=3の時を調べられるのに、(3)ではz=3の時を調べられないので調べていません。

z=3の時を調べていない>>708の証明は間違っています。
0716132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 02:09:56.92ID:JUHELQgg
>>709

あなたの証明と関係する文章 x,yは有理数とする。
あなたの証明と関係する文章 x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
あなたの証明と関係する文章 
あなたの証明と関係する文章 (1)はr=√2のとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
あなたの証明と関係する文章 
あなたの証明と関係する文章 (3)式にz=5を代入できないので、z=5は(1)の解にならない。

この文章は正しいか?正しくないか?

正しくないないなら理由も書いてください。


あなたの証明と関係する文章その2 x,yは自然数とする。
あなたの証明と関係する文章その2 x^2+y^2=z^2を、z=6とおいてx^2+y^2=36…(1)とする。
あなたの証明と関係する文章その2 
あなたの証明と関係する文章その2 (1)にどんな自然数を代入しても、等号は成立しない。
あなたの証明と関係する文章その2 (たかだか25通りなので、実際に調べられる。)
あなたの証明と関係する文章その2 
あなたの証明と関係する文章その2 (1)式が成り立たないので、z=6は(1)の解にならない。

この文章は正しいか?正しくないか?

正しくないないなら理由も書いてください。
0717132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 02:13:07.61ID:JUHELQgg
>>716間違えました。訂正します。

その2の最後の行
あなたの証明と関係する文章その2 (1)式が成り立たないので、z=6はx^2+y^2=z^2の解にならない。
0718日高
垢版 |
2020/05/12(火) 09:26:47.25ID:h0qgrmpA
>711
元の式x^p+y^p=z^pは斉次式ですがx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)はそうではありません。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、なぜ、斉次式ではないのでしょうか?
0719日高
垢版 |
2020/05/12(火) 09:29:39.45ID:h0qgrmpA
(改12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x,yは0以外の有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、成り立たない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0720日高
垢版 |
2020/05/12(火) 09:30:26.55ID:h0qgrmpA
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは有理数となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となり、解x,y,zは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
0721132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 11:31:31.41ID:pXBxYYYu
日高は誤りを理解できる能力が無いから、ずっと自分の証明が正しいと信じられる幸せな人間だよ
0722132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 13:00:47.85ID:vqZaiPHC
>>718 日高
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、なぜ、斉次式ではないのでしょうか?

斉次式の定義は知ってる?
0723日高
垢版 |
2020/05/12(火) 13:15:25.30ID:h0qgrmpA
>722
斉次式の定義は知ってる?

教えてください。
0724132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 13:18:55.04ID:vqZaiPHC
「知ってる?」って聞いたんだから答えは「知っています」か「知りません」だろ。
0725日高
垢版 |
2020/05/12(火) 14:38:02.13ID:h0qgrmpA
>724
「知ってる?」って聞いたんだから答えは「知っています」か「知りません」だろ。

あなたの、斉次式の定義を教えていただけないでしょうか。
0726日高
垢版 |
2020/05/12(火) 14:44:12.13ID:h0qgrmpA
>716
(1)はr=√2のとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。

r=√2となりません。
0728132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 16:44:04.06ID:i6UlCknc
数学掲示板群 ttp://x0000.net/forum.aspx?id=1

学術の巨大掲示板群 - アルファ・ラボ ttp://x0000.net
数学 物理学 化学 生物学 天文学 地理地学
IT 電子 工学 言語学 国語 方言 など

PS 連続と離散を統一した!
ttp://x0000.net/topic.aspx?id=3709-0
0729日高
垢版 |
2020/05/12(火) 17:26:56.46ID:h0qgrmpA
>728
数学掲示板群 ttp://x0000.net/forum.aspx?id=1

なにか意味があるのでしょうか?
0730日高
垢版 |
2020/05/12(火) 17:28:00.47ID:h0qgrmpA
(改12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x,yは0以外の有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、成り立たない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0731日高
垢版 |
2020/05/12(火) 17:28:47.08ID:h0qgrmpA
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは有理数となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となり、解x,y,zは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
0733日高
垢版 |
2020/05/12(火) 19:39:04.17ID:h0qgrmpA
>732
>>712はどうなったの?

どういう回答を求めておられるのでしょうか?
0734132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 19:47:48.05ID:z9SQRMOo
>>689 日高
> >683
> > (3)には代入できる数と、できない数があります。
>
> どういう数が代入できて、どういう数が代入できないのか、説明してください。
>
> x,y,zが有理数ならば、代入できません。
> x,yが有理数で、zが、無理数ならば、代入できます。

日高の日本語はおかしい。

> x,yが有理数で、zが、無理数ならば、代入できます。

と言ったらx,yが有理数でzが無理数なら必ず代入できるという意味になる。
「代入できる」もおかしいけど。
0735132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 19:49:38.65ID:z9SQRMOo
日高の狡猾なところは
x^p+y^p=z^pが斉次式であることから
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)も斉次式と話をすり替えているところ。
0736132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 20:15:46.87ID:00LxuBXd
>733

>>689
> x,yが有理数で、zが、無理数ならば、代入できます。

と言っているのに

>>695
> x=y=1,z=円周率のπ、でも代入できるのか?
>
> 1^p+1^p≠π^pなので、代入できません。

と言っているのはおかしいのでは、と尋ねています。
どちらかが誤りという事でしょうか。
0738132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 20:45:10.18ID:00LxuBXd
>>737

もしかして
  「代入できます。」
とは
  「代入できる可能性があります。」
という意味なのかな?
0739日高
垢版 |
2020/05/12(火) 21:01:25.68ID:h0qgrmpA
>735
日高の狡猾なところは
x^p+y^p=z^pが斉次式であることから
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)も斉次式と話をすり替えているところ。

なにを、どのよう話を、すりかえたのでしょうか?
0741日高
垢版 |
2020/05/12(火) 21:07:23.43ID:h0qgrmpA
>734
> x,yが有理数で、zが、無理数ならば、代入できます。

と言ったらx,yが有理数でzが無理数なら必ず代入できるという意味になる。
「代入できる」もおかしいけど。

私も、「代入できる」は、おかしいと、思います。質問者が代入できるかどうかということだったので、答えました。成り立つかどうかだと思います。
0742日高
垢版 |
2020/05/12(火) 21:09:31.46ID:h0qgrmpA
(改12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x,yは0以外の有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、成り立たない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0743日高
垢版 |
2020/05/12(火) 21:10:41.21ID:h0qgrmpA
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは有理数となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となり、解x,y,zは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
0744日高
垢版 |
2020/05/12(火) 21:14:08.06ID:h0qgrmpA
>736
> x=y=1,z=円周率のπ、でも代入できるのか?
>
> 1^p+1^p≠π^pなので、代入できません。

と言っているのはおかしいのでは、と尋ねています。
どちらかが誤りという事でしょうか。

代入できません。の意味は、成り立たないという意味です。
0746132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 21:49:01.33ID:z9SQRMOo
>>744 日高
> 代入できません。の意味は、成り立たないという意味です。

だったらr=p^{1/(p-1)}も代入できないのでは?
0747132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/12(火) 23:56:59.16ID:JUHELQgg
>>726

質問を読んでもらえましたか?
この文章は正しいか?正しくないか?を答えてください
ちょっと変更します

あなたの証明と関係する文章 x,yは有理数とする。
あなたの証明と関係する文章 x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
あなたの証明と関係する文章 (1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、
あなたの証明と関係する文章 r{(y/r)^2-1}=(1/√2)p{x}/(1/√2)
あなたの証明と関係する文章 (1)はr=(1/√2)pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
あなたの証明と関係する文章 
あなたの証明と関係する文章 (3)式にz=5を代入できないので、z=5は(1)の解にならない。

この文章は正しいか?正しくないか?

正しくないないなら理由も書いてください。
0748日高
垢版 |
2020/05/13(水) 05:16:46.63ID:Bwl6ihUI
>746
> 代入できません。の意味は、成り立たないという意味です。

だったらr=p^{1/(p-1)}も代入できないのでは?

rが有理数の場合は、成り立ちません。
rが無理数の場合は、成り立ちます。
0749日高
垢版 |
2020/05/13(水) 05:26:25.33ID:Bwl6ihUI
>747
あなたの証明と関係する文章 (3)式にz=5を代入できないので、z=5は(1)の解にならない。

正しくありません。
理由:z=5は(1)の解にならない。
0750132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/13(水) 07:28:55.11ID:0mOJGFCz
>>749

それはおかしいですね

代入できないの意味は成り立たないという意味だとあなたは書きました

z=5は代入できないのでx^2+y^2=(x+√2)^2は成り立たない

成り立たないのでz=5は解ではない

あなたの>>742の証明と同じ理屈なのだからz=5は解にならないはずでは?
0751日高
垢版 |
2020/05/13(水) 09:14:15.04ID:Bwl6ihUI
>750
あなたの>>742の証明と同じ理屈なのだからz=5は解にならないはずでは?

x^2+y^2=(x+√2)^2の解は、
x=4√2,y=3√2,z=5√2となるので、
x=4,y=3,z=5となります。
0752132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/13(水) 13:24:52.72ID:BSwGAkxB
日高君には「これこれの証明と同じ理屈だから」という論法は通じないみたいですね。
0754日高
垢版 |
2020/05/13(水) 13:49:07.41ID:Bwl6ihUI
(改12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x,yは0以外の有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、成り立たない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0755日高
垢版 |
2020/05/13(水) 13:50:21.45ID:Bwl6ihUI
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
【証明】x,yは有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数、yが有理数なので、解x,y,zは有理数となる。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となり、解x,y,zは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、有理数の解x,y,zが存在する。
0756132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/13(水) 16:41:44.75ID:BSwGAkxB
>>754 日高
> (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。

ここの意味がわからないので、式で書いて詳しく説明してくださいと前からお願いしています。
説明していただけないでしょうか。
0757132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/13(水) 17:23:06.86ID:bTw416da
>>753
> >>752
> 「式が違います」
つまり、日高は式が違えば成り立たないと言っているのか。

日高理論によれば、(1)と(3)は式が違うから成り立たない。

理由にならないことを言ってごまかすのはやめろ。

なお、数学的事実に基づかない思い込みや疑問などのレスは禁止。
0758日高
垢版 |
2020/05/13(水) 19:15:06.85ID:Bwl6ihUI
>756
> (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、
(a^{1/(p-1)}*x)^p+(a^{1/(p-1)}*y)^p=(a^{1/(p-1)}*x+(ap)^{1/(p-1)})^p
となります。
a^{1/(p-1)}*x:a^{1/(p-1)}*y:a^{1/(p-1)}*x+(ap)^{1/(p-1)}と
x:y:x+p^{1/(p-1)}は同じとなります。
(ap)^{1/(p-1)は有理数となります。
0759132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/13(水) 20:20:15.84ID:WcXw8M63
>>758 日高
> >756
> > (3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、
> (a^{1/(p-1)}*x)^p+(a^{1/(p-1)}*y)^p=(a^{1/(p-1)}*x+(ap)^{1/(p-1)})^p
> となります。
> a^{1/(p-1)}*x:a^{1/(p-1)}*y:a^{1/(p-1)}*x+(ap)^{1/(p-1)}と
> x:y:x+p^{1/(p-1)}は同じとなります。
> (ap)^{1/(p-1)は有理数となります。

知りたいのはx:y:x+rが整数比になるかどうかです。これについてはなんら解決していません。
それから「(ap)^{1/(p-1)は有理数となります」となるにはaに何らかの制限があるはずです。
それを書かなければ証明になりません(書いたら証明になるとは言っていません。)
0760日高
垢版 |
2020/05/13(水) 20:35:12.02ID:Bwl6ihUI
>759
>知りたいのはx:y:x+rが整数比になるかどうかです。

(3)が整数比にならないので、x:y:x+rも整数比になりません。

>「(ap)^{1/(p-1)は有理数となります」となるにはaに何らかの制限があるはずです。

aは、(ap)^{1/(p-1)が有理数になる適当な数です。
この場合は、有理数となります。
0762132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/13(水) 20:44:06.63ID:WcXw8M63
>>760 日高
> >759
> >知りたいのはx:y:x+rが整数比になるかどうかです。
>
> (3)が整数比にならないので、x:y:x+rも整数比になりません。

ううん。君が示したのはa^{1/(p-1)}*x:a^{1/(p-1)}*y:a^{1/(p-1)}*x+(ap)^{1/(p-1)}=x:y:x+p^{1/(p-1)}だよ。

> aは、(ap)^{1/(p-1)が有理数になる適当な数です。

だからそれを証明の中に書けと言われているだろうが。

> この場合は、有理数となります。

有理数となりますって、何が?
0763日高
垢版 |
2020/05/13(水) 21:39:53.35ID:Bwl6ihUI
>762
> この場合は、有理数となります。

有理数となりますって、何が?

aのことです。
0764132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/13(水) 21:45:08.70ID:WcXw8M63
>>763 日高
> >762
> > この場合は、有理数となります。
>
> 有理数となりますって、何が?
>
> aのことです。

いつでもなるとは限らないでしょう。「aは有理数となるようにもとれる」の意味ですか?
0765132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/13(水) 21:49:28.41ID:bTw416da
日高論理では、
〜となる。というのは、〜となる場合があるという意味。
なので、
〜とならない。というのは、〜とならない場合があるという意味。

なので、
>【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
というのは、
pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない場合がある。
という意味だから、フェルマーの最終定理とは全く無関係のゴミ。
0766132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 02:23:30.56ID:oEbKte8G
>>751

あなたの証明と同じく、x、yは有理数に限定しているので
x=4√2,y=3√2は解になりません。
もう一度書き直します。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x,yは0以外の有理数とする。
x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=(1/√2)p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/(1/√2)…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=(1/√2)pのとき、x^p+y^p=(x+{(1/√2)p}^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、成り立たない。
(3)の両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、rは有理数となるが成り立たない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。

代入できないの意味は成り立たないという意味だとあなたは書きました
x、yは有理数なので
> x=4√2,y=3√2,z=5√2となるので、
にはなりません。

>>754の証明と全く同じ理屈しか使っていません。
>>754の証明が正しいならば、同じようにz=5は(3)に代入できないのでx^p+y^p=z^pの解になりません。
0767132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 03:26:48.62ID:oEbKte8G
>>751

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/をクリックすれば、最初から全部読めます。

もともと
> x,yは有理数とする。
という限定条件はあなたが>>546でつけ始めたものなのに、

だから同じように>>716でも>>747でも同じように
> あなたの証明と関係する文章 x,yは有理数とする。
とちゃんと書いたのに、

それを無視して
> x=4√2,y=3√2,z=5√2となる
だなんて、嫌がらせですか?

誰に何度言われても、>>754-755のように、意味不明のaなる数が出てくる落書きを何度も何度も書き込んで、
この掲示板を読んでいる人たちに嫌がらせをしたいのですか?
0768日高
垢版 |
2020/05/14(木) 06:05:26.89ID:bdxRkiIK
(改13)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、x,yを0以外の有理数とすると成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0769日高
垢版 |
2020/05/14(木) 06:12:03.98ID:bdxRkiIK
>764
いつでもなるとは限らないでしょう。「aは有理数となるようにもとれる」の意味ですか?

はい。
0770日高
垢版 |
2020/05/14(木) 06:14:50.11ID:bdxRkiIK
>767
意味不明のaなる数が出てくる落書きを何度も何度も書き込んで

修正しました。768を読んでください。
0771132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 06:22:10.63ID:BuqkGjcX
>>768
指摘されるとその部分を単に削除するのか
完璧な対応だなwww
(2)もいらないので削除しよう

【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、x,yを0以外の有理数とすると成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。

かなり単純になったな。全く意味不明だけど。
0772日高
垢版 |
2020/05/14(木) 06:25:37.16ID:bdxRkiIK
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは有理数となる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを0以外の有理数とすると成り立たつ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは有理数となる。
0773132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 06:27:35.26ID:EghPSZuT
日高くんの(2)は両辺の中かっこの前の数が等しいというご自慢の変形なので消してはいけないw
0774日高
垢版 |
2020/05/14(木) 06:28:48.08ID:bdxRkiIK
>771
r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。

意味不明です。
0775132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 06:31:32.15ID:TwZWjdG5
>>768
まったく証明になっていませんな。
示されているのは、

「z=x+r」「r^(p-1)=p」という仮定を追加すると
x^p+y^p=z^pの解x,y,z全てが有理数になることはない。

という、至極当たり前のことだけです。
0776132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 06:32:50.59ID:BuqkGjcX
>>774
> >771
> r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
>
> 意味不明です。

じゃああなたの証明も意味不明だね。
0777日高
垢版 |
2020/05/14(木) 06:34:13.83ID:bdxRkiIK
(改14)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yを0以外の有理数とすると成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0778日高
垢版 |
2020/05/14(木) 06:38:41.12ID:bdxRkiIK
>773
(2)は両辺の中かっこの前の数が等しいというご自慢の変形なので消してはいけない

その通りです。
0779日高
垢版 |
2020/05/14(木) 06:40:24.03ID:bdxRkiIK
>774
r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。

意味不明です。

rを求めるとそうなります。
0780132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 06:40:57.82ID:EghPSZuT
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。

この形から日高の定理「AB=CDならばA=C,B=D」を使って「r^(p-1)=pのとき」へもっていくんだ
0781日高
垢版 |
2020/05/14(木) 06:44:00.80ID:bdxRkiIK
>775
「z=x+r」「r^(p-1)=p」という仮定を追加すると
x^p+y^p=z^pの解x,y,z全てが有理数になることはない。

なぜ、証明にならないのでしょうか?
「z=x+r」「r^(p-1)=p」は、仮定ではありません。
0782日高
垢版 |
2020/05/14(木) 06:46:08.81ID:bdxRkiIK
>780
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。

この形から日高の定理「AB=CDならばA=C,B=D」を使って「r^(p-1)=pのとき」へもっていくんだ

はい。そのとおりです。
0783日高
垢版 |
2020/05/14(木) 06:48:08.76ID:bdxRkiIK
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは有理数となる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを0以外の有理数とすると成り立たつ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは有理数となる。
0784132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 06:54:03.47ID:6VMFRx0L
>>781
> >775
> 「z=x+r」「r^(p-1)=p」という仮定を追加すると
> x^p+y^p=z^pの解x,y,z全てが有理数になることはない。
>
> なぜ、証明にならないのでしょうか?
> 「z=x+r」「r^(p-1)=p」は、仮定ではありません。

日高の思い込みは数学ではない。
数学的な根拠が全くないのに、なぜ証明になるのか?
0785132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 08:37:29.02ID:f3h2m6uY
>>781

> 「z=x+r」「r^(p-1)=p」は、仮定ではありません。

一般的な数学では「○○のとき、●●となる」という記述は
「○○という条件を満たすとき、●●が導かれる」
という意味なので、「r^(p-1)=pのとき」の「r^(p-1)=p」は「(3)となる」という結論に対しては仮定となります。
これを使う以降の議論についても同様です。

「仮定ではない」のであれば、あなたのやっているのは「一般的な数学とは異なる何か」です。
0786日高
垢版 |
2020/05/14(木) 08:49:10.26ID:bdxRkiIK
>784
数学的な根拠が全くないのに、なぜ証明になるのか?

「z=x+r」「r^(p-1)=p」は、根拠にならなのでしょうか?
0787日高
垢版 |
2020/05/14(木) 08:50:59.18ID:bdxRkiIK
>786
「z=x+r」「r^(p-1)=p」は、根拠にならなのでしょうか?

訂正
「z=x+r」「r^(p-1)=p」は、根拠にならないのでしょうか?
0788日高
垢版 |
2020/05/14(木) 08:52:48.74ID:bdxRkiIK
>785
「仮定ではない」のであれば、あなたのやっているのは「一般的な数学とは異なる何か」です。

よく、理解できません。
0789日高
垢版 |
2020/05/14(木) 08:56:12.45ID:bdxRkiIK
(改14)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yを0以外の有理数とすると成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0790132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 11:20:40.78ID:BuqkGjcX
>>782
残念ながら、日高の定理は現実世界の数学では証明されていないので使えません。
0791132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 13:05:17.73ID:QhmSNJOs
>日高の定理「AB=CDならばA=C,B=D」

どこまでバカなの!!!!!!!!!!!
0793132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 13:24:22.90ID:q+gOJKuY
日高のフェルマーの最終定理の証明は教科書に載せてほしい
間違った証明とはどういうものか、とか、どれだけ間違いを見つけることができるかで勉強になりそう
0794日高
垢版 |
2020/05/14(木) 13:52:43.73ID:bdxRkiIK
>793
間違った証明とはどういうものか、とか、どれだけ間違いを見つけることができるかで勉強になりそう

間違いをみつけて下さい。
0795日高
垢版 |
2020/05/14(木) 13:54:20.46ID:bdxRkiIK
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは有理数となる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを0以外の有理数とすると成り立たつ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは有理数となる。
0796132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 14:28:42.76ID:f3h2m6uY
「AB=CDならばA=C,B=D」が正しいなら、
2×3=6=1×6 より 2=3,1=6
になるのだが、本気でこれを正しいと思っているのだろうか?
0797132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 14:48:42.92ID:dJ6fNiME
> 間違いをみつけて下さい
 全部間違いです。少なくとも数学における証明ではありません。トイレの落書きのようなものです。
0798日高
垢版 |
2020/05/14(木) 15:38:58.10ID:bdxRkiIK
>796
2×3=6=1×6 より 2=3,1=6

では、ありません。

2×3=1×6ならば、
2=1×2のとき、3=6×(1/2)となります。
0799日高
垢版 |
2020/05/14(木) 15:40:33.62ID:bdxRkiIK
>797
全部間違いです。

最初からでしょうか?
0800日高
垢版 |
2020/05/14(木) 15:42:06.47ID:bdxRkiIK
(改14)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yを0以外の有理数とすると成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
0801132人目の素数さん
垢版 |
2020/05/14(木) 15:58:48.53ID:b9G9PMYM
数学掲示板群 ttp://x0000.net/forum.aspx?id=1

学術の巨大掲示板群 - アルファ・ラボ ttp://x0000.net
数学 物理学 化学 生物学 天文学 地理地学
IT 電子 工学 言語学 国語 方言 など

PS 連続と離散を統一した!
ttp://x0000.net/topic.aspx?id=3709-0
0802日高
垢版 |
2020/05/14(木) 17:09:38.49ID:bdxRkiIK
>801
数学掲示板群 ttp://x0000.net/forum.aspx?id=1

どういう意味でしょうか?
0803日高
垢版 |
2020/05/14(木) 18:00:26.26ID:bdxRkiIK
(改15)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数とならない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yを0以外の有理数とすると、xは有理数