フェルマーの最終定理の簡単な証明8

日高 · 2020/04/23(木) 21:00:18.34

【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。

日高 · 2020/04/23(木) 21:02:05.91

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/23(木) 21:24:12.92

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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 02:06:21.18

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 02:19:22.88

>>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。

日高 · 2020/04/24(金) 06:30:47.75

>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？

日高 · 2020/04/24(金) 06:36:34.28

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 07:31:14.63

>>3に追加

３．間違った証明とはどういうものかがわからない。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 07:34:14.90

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 07:39:35.07

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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 08:02:23.50

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 08:10:48.15

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 08:20:03.46

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。

日高 · 2020/04/24(金) 10:01:00.75

>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。

日高 · 2020/04/24(金) 10:02:49.94

>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。

日高 · 2020/04/24(金) 10:04:17.00

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 10:57:30.61

>>1

(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？

日高 · 2020/04/24(金) 11:07:12.65

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 11:58:29.18

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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 14:59:23.78

(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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 16:15:14.42

>>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。

日高 · 2020/04/24(金) 17:04:56.70

>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。

日高 · 2020/04/24(金) 17:17:04.51

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 17:37:42.17

> 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。

日高 · 2020/04/24(金) 17:55:22.75

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 18:30:28.43

何が同じか説明しろ、って言ってるんだよ。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 18:40:05.33

>>23
その式変形で何を証明したんですか？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 19:53:05.10

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？

日高 · 2020/04/24(金) 19:54:16.14

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 20:09:33.86

通じてない。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 20:19:15.66

無理数と有理数とは違うだろうが。

日高 · 2020/04/24(金) 20:44:36.85

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 21:07:05.93

>>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。

日高 · 2020/04/24(金) 21:18:43.62

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 21:27:26.01

>>8の
> 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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 22:02:00.05

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/24(金) 23:04:11.48

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 04:17:58.04

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 05:49:13.04

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

日高 · 2020/04/25(土) 06:41:45.39

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 06:51:12.69

>>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。

日高 · 2020/04/25(土) 06:55:24.47

>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。

日高 · 2020/04/25(土) 07:00:52.09

>41
(3)の有理数解になる
という事でしょうか。

違います。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 07:05:13.46

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 07:11:05.59

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

日高 · 2020/04/25(土) 07:14:28.92

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 07:17:41.24

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 07:18:39.36

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 07:27:05.67

>>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。

日高 · 2020/04/25(土) 07:41:09.90

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 07:46:43.12

>>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

日高 · 2020/04/25(土) 07:47:12.90

>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？

日高 · 2020/04/25(土) 07:49:55.42

>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。

日高 · 2020/04/25(土) 07:54:30.61

>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。

日高 · 2020/04/25(土) 07:57:28.89

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 08:01:16.88

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 08:05:10.10

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 08:19:30.92

>>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。

日高 · 2020/04/25(土) 08:24:16.64

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 08:26:23.76

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 08:28:47.79

>>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）

日高 · 2020/04/25(土) 08:40:05.00

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 08:41:49.86

>>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。

日高 · 2020/04/25(土) 08:46:02.96

>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。

日高 · 2020/04/25(土) 08:50:17.71

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 09:22:22.44

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 10:07:45.83

>>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

日高 · 2020/04/25(土) 12:17:17.69

>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 12:19:27.26

>>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。

日高 · 2020/04/25(土) 12:20:00.58

>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。

日高 · 2020/04/25(土) 12:29:15.44

>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 12:31:43.48

>>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。

日高 · 2020/04/25(土) 12:49:23.82

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 12:55:05.59

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 12:58:39.39

>>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。

日高 · 2020/04/25(土) 13:24:56.25

>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？

日高 · 2020/04/25(土) 13:37:57.47

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 13:41:02.96

>>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。）

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 14:09:36.88

>>78
α^pで割る　ですね。失礼しました。

日高 · 2020/04/25(土) 15:48:52.12

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 15:51:40.09

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 16:21:08.80

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 16:27:40.48

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 16:54:09.42

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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 18:25:02.60

>>80 日高
最初から説明していただけないでしょうか。

日高 · 2020/04/25(土) 18:30:29.06

>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。

日高 · 2020/04/25(土) 18:41:12.61

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 18:45:12.90

>>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。

日高 · 2020/04/25(土) 20:23:07.64

>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？

日高 · 2020/04/25(土) 20:25:08.05

>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 20:49:45.80

>>90

>>87が

>> 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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 20:56:28.07

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 21:01:05.49

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/25(土) 21:20:56.12

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/26(日) 03:22:50.24

√(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

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/26(日) 03:27:03.56

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

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/26(日) 03:56:59.72

√(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

日高 · 2020/04/26(日) 08:59:33.22

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/04/26(日) 09:03:21.54

>>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。

日高 · 2020/04/26(日) 09:36:34.08

>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。