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フェルマーの最終定理の簡単な証明
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0001日高
垢版 |
2020/05/17(日) 09:20:35.20ID:e9XxUXKw
【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0以外の有理数とならない。
0002日高
垢版 |
2020/05/17(日) 09:33:28.41ID:e9XxUXKw
【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、xは有理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
0005日高
垢版 |
2020/05/17(日) 10:48:39.81ID:e9XxUXKw
>4
>>2 日高
3π,4π,5πも解なので主張が誤りです。

3π,4π,5πも解とは、x=3π,y=4π,z=5πという意味でしょうか。
0007１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 11:39:31.69ID:5B8JBw4P
前のスレッドはここをクリックすれば見えます。
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1587643218/

前のスレッドの
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
(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。
の証明について

わたしが、あなたの証明に、あなたが907で書いた、
> 有理数s,t,u、共通の無理数αとして、解はx=αs,y=αt,z=αuと書ける。
を代入したら、

【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。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){((αt)/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+(αt)^p=((αs)+p^{1/(p-1)})^p…(3-C)となる。

と書くとあなたは923で

> 正しくは、
> (αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pとなります。

私が、そんな式にはなりません、と書くとあなたは927で

> 正しくは、
> (αu)=(αs)+αrです。

私が、それでも結果は同じです、と書くとあなたは

> z=x+αrという式には、なりません。
> z=ax+αrとなります。

と書き、その式じゃ証明が成り立ちません、と書くとあなたは997で

> z=ax+αrになるので、
>
> この部分が、わかりません。

と書きました。

あなたが書いたことを、あなたが分かりませんといったところで終わりました。

わたしは、「その式はあなたが書いたのですが？」と答えます。

返答をお願いします。
0008日高
垢版 |
2020/05/17(日) 12:02:43.68ID:e9XxUXKw
>6
そうです。

x=3π,y=4π,z=5πのそれぞれを、πでわると、
x=3,y=4,z=5となります。
0009日高
垢版 |
2020/05/17(日) 12:15:38.11ID:e9XxUXKw
>7

> z=ax+αrになるので、
は、間違いでした。

x,y,zが、無理数で、整数比となるならば、x=αs,y=αt,z=αuとおくと、
αu=αx+αrとなります。
0010１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 12:26:38.40ID:5B8JBw4P
>>9

それじゃ変わりませんよ。

> αu=αx+αr

x^pの項が消せないので(1)が(2)になりません。
本当にそこはxであっていますか？
0012１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 13:53:26.36ID:5B8JBw4P
>>11

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1さんが、607で

> 【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。

とか書いていたので、私が612で

>　数学のルールに従って書くなら、この文は
>　
>　①　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。
>　②　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。
>　
>　①は「絶対なる」、②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。

と指摘したら、613で

【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。

に治ったんですけど、なぜか772で

【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。

に戻っちゃってそのままだったんですね。

>>2
落書きを書き込むのはやめてください。
0013日高
垢版 |
2020/05/17(日) 13:56:43.59ID:e9XxUXKw
>10
「x^pの項が消せないので」とは、

どういう意味かを、教えていただけないでしょうか。
0014日高
垢版 |
2020/05/17(日) 14:01:16.47ID:e9XxUXKw
>11
>>8 日高
君が>>2で主張した定理は偽でしょう？

どういう意味でしょうか？
0015日高
垢版 |
2020/05/17(日) 14:04:02.23ID:e9XxUXKw
>12
>>2
落書きを書き込むのはやめてください。

2は、間違いでしょうか？
0016１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 14:12:22.00ID:5B8JBw4P
>>13

>>1の証明にx=αs,y=αt,z=αuを代入し、あなたが>>9で書いたように、z=x+rを
> αu=αx+αrとなります。
...........ここ↑エックスなんですよね？
に書き直すと

【証明】(αs)^p+(αt)^p=(αu)^pを、αu=αx+αrとおいて(αs)^p+(αt)^p=(α(αs)+αr)^p…(1)とする。

左辺の(αs)^pの係数は1、右辺の(αs)^pの係数はα^p、なので(αs)^pの項が両辺から消えません。
よって、変形できません。
0017１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 14:15:35.30ID:5B8JBw4P
>>15

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前スレで

> 【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。

を、あなた自身が

> 【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。

に修正したということを、忘れちゃったんですか？

>>2のままならでたらめの落書きです。
0018日高
垢版 |
2020/05/17(日) 15:14:02.26ID:e9XxUXKw
>17
2は、
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
です。
「x^p+y^p=z^pの解」は、間違いでしょうか？
0019日高
垢版 |
2020/05/17(日) 15:15:52.50ID:e9XxUXKw
【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、xは有理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
0020１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 15:25:10.33ID:5B8JBw4P
>>18
x=3π,y=4π,z=5πはx^p+y^p=z^pの解ですが有理数ではありません。
>>19の証明は間違いです。

x=1,y=2,z=√5はx^p+y^p=z^pの解ですが有理数ではありません。
>>19の証明は間違いです。
0021１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 15:27:01.57ID:5B8JBw4P
>>20訂正します。

x=3π,y=4π,z=5πはx^p+y^p=z^pの解ですが有理数ではありません。
>>19の定理は間違いです。

x=1,y=2,z=√5はx^p+y^p=z^pの解ですが有理数ではありません。
>>19の定理は間違いです。
0023日高
垢版 |
2020/05/17(日) 17:03:22.95ID:e9XxUXKw
>16
右辺の(αs)^pの係数はα^p、なので(αs)^pの項が両辺から消えません。
よって、変形できません。

「(αs)^pの係数はα^p、」がよくわかりません。
教えてください。
0024日高
垢版 |
2020/05/17(日) 17:07:55.74ID:e9XxUXKw
>21
x=3π,y=4π,z=5πはx^p+y^p=z^pの解ですが有理数ではありません。
>>19の定理は間違いです。

そうですが、
x=3,y=4,z=5は、有理数の解です。
0025１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 17:31:16.40ID:fBU/vu+l
>>24 日高
「そうですが」ってどういう意味？
これを見せられても>>19の主張が正しいと思っているの？
0026１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 17:34:42.00ID:5B8JBw4P
>>23

式の展開もできなくなってしまったんですか？

> >>1の証明にx=αs,y=αt,z=αuを代入し、あなたが>>9で書いたように、z=x+rを
> > αu=αx+αrとなります。
> ...........ここ↑エックスなんですよね？
> に書き直すと
>
> 【証明】(αs)^p+(αt)^p=(αu)^pを、αu=αx+αrとおいて(αs)^p+(αt)^p=(α(αs)+αr)^p…(1)とする。

(1)式を展開してください。



>>24

> p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。

この書き方じゃ日本語として、有理数とならないものがある、とは読み取れないでしょ？
そして実際に、x=3π,y=4π,z=5πはx^p+y^p=z^pの解ですが有理数ではありません。
だから数学ではこんな書き方はしない
この書き方は落書きです。

落書きでないなら、
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1589674835/の>>12の①か②か
必ずどちらかの書き方です
0027１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 17:41:40.05ID:fBU/vu+l
x=3π,y=4π,z=5πの方は、πで割ると有理数解に帰着するので「有理数となる」と思ってしまうのかもしれませんね。
0028１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 18:49:58.83ID:fBU/vu+l
ともかく、日高さんは数学以前に日本語の勉強をするほうがよいと思う。
0029日高
垢版 |
2020/05/17(日) 20:02:46.37ID:e9XxUXKw
>22
>>1日高は、証明が不完全だとわかっていて書いたんですか？

違います。
0030日高
垢版 |
2020/05/17(日) 20:08:02.40ID:e9XxUXKw
【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、xは有理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
0031日高
垢版 |
2020/05/17(日) 20:13:30.47ID:e9XxUXKw
>25
「そうですが」ってどういう意味？
これを見せられても>>19の主張が正しいと思っているの？

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^pも、
x=3,y=4,z=5で成り立ちます。
0033１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 20:28:14.64ID:fBU/vu+l
>>29 日高
> >22
> >>1日高は、証明が不完全だとわかっていて書いたんですか？
>
> 違います。

じゃあ改めて書くけど、不完全です。詳しくは前に述べた通りです。
0034日高
垢版 |
2020/05/17(日) 20:36:18.20ID:e9XxUXKw
>26
(αs)^p+(αt)^p=(α(αs)+αr)^p…(1)とする。
(1)式を展開してください。

p=3のとき、展開すると、
s^3+t^3=(αs)^3+(3r)(αs)^2+(3αs)r^2+r^3となると思います。

> p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。

この書き方じゃ日本語として、有理数とならないものがある、とは読み取れないでしょ？
そして実際に、x=3π,y=4π,z=5πはx^p+y^p=z^pの解ですが有理数ではありません。

(x,y,z)=(3,4,5)もあります。
0035日高
垢版 |
2020/05/17(日) 20:38:18.97ID:e9XxUXKw
>27
x=3π,y=4π,z=5πの方は、πで割ると有理数解に帰着するので「有理数となる」と思ってしまうのかもしれませんね。

(x,y,z)=(3,4,5)もあるからです。
0036日高
垢版 |
2020/05/17(日) 20:39:36.54ID:e9XxUXKw
>32
君、問題外。日常生活、できてますか？

はい。
0037日高
垢版 |
2020/05/17(日) 20:42:00.57ID:e9XxUXKw
>33
じゃあ改めて書くけど、不完全です。詳しくは前に述べた通りです。

どこで、述べておられますか？
0039１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 21:05:56.42ID:5B8JBw4P
>>34

> p=3のとき、展開すると、
> s^3+t^3=(αs)^3+(3r)(αs)^2+(3αs)r^2+r^3となると思います。

なりませんよ。あなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1589674835/の>>9で書いたのは
> αu=αx+αrとなります。
...........ここ↑エックスなんですよね？エックスなんですよね？
だからx=αsを代入したら

【証明】(αs)^p+(αt)^p=(αu)^pを、αu=αx+αrとおいて(αs)^p+(αt)^p=(α(αs)+αr)^p…(1)とする。
.......................................................................................................................................左辺のsの前↑α２つになりますよね？

だから
s^3+t^3=α^3(αs)^3+(3r)α^2(αs)^2+α(3αs)r^2+r^3

になります。これでは(1)は(2)に変形できません。
0040１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 21:10:46.72ID:5B8JBw4P
>>35

> (x,y,z)=(3,4,5)もあるからです。
あってもだめです。

(x,y,z)=(3,4,5)があっても、x=3π,y=4π,z=5πはx^p+y^p=z^pの解ですが有理数ではないので、
>>30は数学のルールを守らないでたらめの落書きです。

日常生活できているというなら、掲示板にでたらめの落書きをするのやめてください。
0041１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 21:14:55.49ID:5B8JBw4P
>>39
ごめんなさい。>>34を読み間違えていました。39の書き込みは取り消します。

> p=3のとき、展開すると、
> s^3+t^3=(αs)^3+(3r)(αs)^2+(3αs)r^2+r^3となると思います。

あっています。これは(1)式ですが、これを(2)式に出来ますか？
0042１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/17(日) 23:31:36.57ID:fMkLzr0C
>>39氏へ。取り消されたレスですが、気づいたことがあるので連絡します。
「...........ここ↑エックスなんですよね」は、前の行を指しているのだと思いますが、
ブラウザ、フォントによって、位置がずれることがあるようです。
「ほんとうにαxでいいんですね」などとしたほうがよろしいかと。
0043日高
垢版 |
2020/05/18(月) 06:09:44.68ID:2cFg/I1T
>38
rが特別な値のときしか調べていないので誤りです。

rが別な値のときも、同じです。
0044日高
垢版 |
2020/05/18(月) 06:21:47.30ID:2cFg/I1T
>40
> (x,y,z)=(3,4,5)もあるからです。
あってもだめです。

x^2+y^2=(x+π)^2の解(x,y,z)=(4π,3π,5π)と
x^2+y^2=(x+1)^2の解(x,y,z)=(4,3,5)の両方があります。
両方とも、同じ方程式の解です。
方程式は、両辺を同じ数で、割っても解は同じです。
0045１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 06:23:40.84ID:N3ws8Vrd
>>43 日高
> rが別な値のときも、同じです。

でもそのことは>>1には書いてありませんし、
これだけでは漠然としていて証明にはなりません。
きちんと書き足したものを書いてください。
0046日高
垢版 |
2020/05/18(月) 06:24:59.03ID:2cFg/I1T
>41
> s^3+t^3=(αs)^3+(3r)(αs)^2+(3αs)r^2+r^3となると思います。

あっています。これは(1)式ですが、これを(2)式に出来ますか？

どういう意味でしょうか？
0047１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 06:27:31.67ID:N3ws8Vrd
>>44 日高
> x^2+y^2=(x+π)^2の解(x,y,z)=(4π,3π,5π)と
> x^2+y^2=(x+1)^2の解(x,y,z)=(4,3,5)の両方があります。
> 両方とも、同じ方程式の解です。
> 方程式は、両辺を同じ数で、割っても解は同じです。

今の場合、1で割った、すなわち方程式は何も変わっていません。
0048日高
垢版 |
2020/05/18(月) 06:35:10.79ID:2cFg/I1T
>45
きちんと書き足したものを書いてください。

【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){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aと同じとなる。
(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0以外の有理数とならない。
0049日高
垢版 |
2020/05/18(月) 06:38:04.89ID:2cFg/I1T
【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、xは有理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
0050１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 06:39:15.46ID:N3ws8Vrd
何の説明もなくaが出てきて、そのあとは前と同じです。
これでは証明になりません。やり直し。
0051日高
垢版 |
2020/05/18(月) 06:40:04.41ID:2cFg/I1T
>47
今の場合、1で割った、すなわち方程式は何も変わっていません。

どういう意味でしょうか？
0052日高
垢版 |
2020/05/18(月) 06:44:44.01ID:2cFg/I1T
>50
何の説明もなくaが出てきて、そのあとは前と同じです。
これでは証明になりません。やり直し。

aに、どんな数を代入しても、x,y,zの割合は、変わらない。
ということを、意味します。
0053１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 06:45:51.80ID:N3ws8Vrd
>>51 日高
>>44 には二本の方程式が載っていますが同一です。
それでも君の説明は合っていますか？
0054１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 06:47:16.89ID:N3ws8Vrd
> aに、どんな数を代入しても、x,y,zの割合は、変わらない。
> ということを、意味します。

それをしっかり証明の中に書いてください。
0055日高
垢版 |
2020/05/18(月) 08:14:49.92ID:2cFg/I1T
>53
>>44 には二本の方程式が載っていますが同一です。
それでも君の説明は合っていますか？

「それでも君の説明は合っていますか？」とは、
どういう意味でしょうか？
0056日高
垢版 |
2020/05/18(月) 08:20:44.27ID:2cFg/I1T
>54
> aに、どんな数を代入しても、x,y,zの割合は、変わらない。
> ということを、意味します。

それをしっかり証明の中に書いてください。

【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){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aと同じとなる。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aは、
r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p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0以外の有理数とならない。
0057１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 09:42:09.06ID:N3ws8Vrd
>>55 日高
> 「それでも君の説明は合っていますか？」とは、
> どういう意味でしょうか？

方程式の両辺を定数で割ることと解を一斉に定数で割ることとを混同していませんか？
0059１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 11:51:07.68ID:N3ws8Vrd
>>56 日高
> r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pとなる。

これって単に

> x^p+y^p=(x+r)^p…(1)

に戻っただけです。何も言えていません。
0060日高
垢版 |
2020/05/18(月) 13:02:54.70ID:2cFg/I1T
>57
方程式の両辺を定数で割ることと解を一斉に定数で割ることとを混同していませんか？

方程式の両辺を定数で割っても、解の比は変わりません。
0061１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 13:14:10.21ID:N3ws8Vrd
その場合は、確かに解の比も変わりませんが、より強く、解そのものが変わりません。
混同していますよ。
0062日高
垢版 |
2020/05/18(月) 13:15:28.86ID:2cFg/I1T
>58
r=(ap)^{1/(p-1)}の場合の考察をしていません。不完全。

r=(ap)^{1/(p-1)}の場合と、r=p^{1/(p-1)}の場合の解の比は、同じです。
0063日高
垢版 |
2020/05/18(月) 13:18:45.27ID:2cFg/I1T
>59
> x^p+y^p=(x+r)^p…(1)

に戻っただけです。何も言えていません。

どういう意味でしょうか？
0064１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 13:43:15.99ID:N3ws8Vrd
>>62 日高
> r=(ap)^{1/(p-1)}の場合と、r=p^{1/(p-1)}の場合の解の比は、同じです。

解は一通りではないので、そうは言えません。
0066日高
垢版 |
2020/05/18(月) 15:18:21.18ID:2cFg/I1T
>64
解は一通りではないので、そうは言えません。

解は、無限通りありますが、全ての通りについて、解の比が同じとなる
r=(ap)^{1/(p-1)}と、r=p^{1/(p-1)}が、存在します。
0067日高
垢版 |
2020/05/18(月) 15:20:51.52ID:2cFg/I1T
>65
>>56は結局、一般のrについて何も言えていません。

どういう意味でしょうか？
0068日高
垢版 |
2020/05/18(月) 15:21:58.85ID:2cFg/I1T
【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、xは有理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
0069１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 15:31:05.74ID:N3ws8Vrd
>>66 日高

> 解は、無限通りありますが、全ての通りについて、解の比が同じとなる
> r=(ap)^{1/(p-1)}と、r=p^{1/(p-1)}が、存在します。

どういう意味でしょうか？
わかる日本語で書くか、数式を利用して書いてください。
0073日高
垢版 |
2020/05/18(月) 16:54:05.28ID:2cFg/I1T
>69
解の比が同じとなる
> r=(ap)^{1/(p-1)}と、r=p^{1/(p-1)}が、存在します。

例。
x^2+y^2=(x+2)^2と
x^2+y^2=(x+3)^2には、
同じ比の解があります。
x:y:z=3:4:5とx:y:z=4.5:6:7.5です。
0075日高
垢版 |
2020/05/18(月) 17:06:12.85ID:2cFg/I1T
>70
>>56は、aは出てきますがそのあと何も言及がありません。

r=(ap)^{1/(p-1)}とします。
0076日高
垢版 |
2020/05/18(月) 17:08:18.81ID:2cFg/I1T
>71
>>68 日高
相変わらず、中学生でも誤りとわかる主張をしています。

どの部分が、誤りでしょうか？
0077日高
垢版 |
2020/05/18(月) 17:10:14.04ID:2cFg/I1T
>72
x＝1, y＝1, z＝2^{1/p}

どういう意味でしょうか？
0079１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 17:14:37.16ID:N3ws8Vrd
>>76 日高
> どの部分が、誤りでしょうか？

さんざん言われているのにまだわからないのですか？
0080日高
垢版 |
2020/05/18(月) 17:24:31.00ID:2cFg/I1T
>74
じゃあそれも込めて>>56を書き直してください。

【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){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aと同じとなる。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aは、
r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pとなる。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,y,zは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(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0以外の有理数とならない。
0081日高
垢版 |
2020/05/18(月) 17:27:06.48ID:2cFg/I1T
>78
> r=(ap)^{1/(p-1)}とします。

それでそのあとはどうなるの？

80を見てください。
0082日高
垢版 |
2020/05/18(月) 17:28:43.99ID:2cFg/I1T
>79
> どの部分が、誤りでしょうか？

さんざん言われているのにまだわからないのですか？

まだわかりません。
0083日高
垢版 |
2020/05/18(月) 17:30:32.53ID:2cFg/I1T
【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、xは有理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
0084１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 20:00:01.24ID:hVMIXyxb
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1589674835/をクリックするとこのスレッドすべての書き込みが見えます。

>>46

> 【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。

あなたは、この証明にx=αs,y=αt,z=αuを代入するとき、z=x+rがαu=αx+αrになると>>9で書きました。

【証明】(αs)^p+(αt)^p=(αu)^pを、αu=αx+αrとおいて(αs)^p+(αt)^p=(αx+αr)^p…(1)とする。
(αs)^p+(αt)^p=(αx+αr)^p…(1)にx=αs,を代入すると(αs)^p+(αt)^p=(α(αs)+αr)^p…(1-A)になる。
p=3のとき、(1-A)を展開すると、あなたが>>34で書いた通り
s^3+t^3=(αs)^3+(3r)(αs)^2+(3αs)r^2+r^3…(1-B)となる.
(1-B）は両辺が積の形にならない。(2)にならない。

よって>>80の証明は間違っています。
0085１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 20:07:43.95ID:hVMIXyxb
>>83

x=3π,y=4π,z=5πはx^p+y^p=z^pの解です。x=3π,y=4π,z=5πは有理数ではありません。
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
は日本語として間違っていて、数学のルールに従わない、落書きです。

掲示板に落書きをして嫌がらせをするのはやめてください。
0086１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 20:12:05.93ID:dhGMtCY8
>>80 日高

> 【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){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aと同じとなる。
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/aは、
> r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pとなる。

これはx^p+y^p=(x+r)^pにすぎません。

> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,y,zは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
> のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。

a=r^(p-1)/pだからa^{1/(p-1)}はr/p^{1/(p-1)}のこと。
x^p+y^p=(x+r)^pのx,y,zは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
のx,y,zのr/p^{1/(p-1)}倍となる、と言っているに等しい。
この言い方が意味不明であることはすでに指摘ずみ。

> (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は有理数とならない。

ここの証明が相変わらずできていない。

> ∴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。

埋めがたい大ギャップ。証明になっていません。
0087１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 20:57:44.03ID:N3ws8Vrd
>>83 日高
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。

「となる」は使わずに、「である」で言い換えるとどうなりますか？
0088日高
垢版 |
2020/05/18(月) 20:59:49.41ID:2cFg/I1T
>84
あなたは、この証明にx=αs,y=αt,z=αuを代入するとき、z=x+rがαu=αx+αrになると>>9で書きました。

すみません。間違っていました。

「z=x+rがαu=αx+αrになる」は、間違いで、
正しくは、「z=x+rがαu=αs+αrになる」です。
0089日高
垢版 |
2020/05/18(月) 21:02:04.84ID:2cFg/I1T
>85
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
は日本語として間違っていて、数学のルールに従わない、落書きです

どうしてでしょうか？
0090１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 21:07:22.74ID:hVMIXyxb
>>88

やっぱりそうですよね。
で、>>80の証明はz=x+rで、それがαu=αs+αrになるというなら、「z=x+rのｒ」と「αu=αs+αrのr」は別物ですよね。

では、>>80に、x=αs,y=αt,z=αuを代入し、ｒ(証明に出てくる本物のr)をｒ(証明のrとは別物のr）に書き直します。

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

(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pとはなりません。
0091１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 21:13:36.05ID:hVMIXyxb
>>89
>> 日本語として間違っていて、数学のルールに従わない、落書きです
落書きです
>
> どうしてでしょうか？

x=3π,y=4π,z=5πはx^p+y^p=z^pの解で、x=3π,y=4π,z=5πは有理数ではないから、日本語として間違っている。

数学のルールに従った、

①　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0以外の有理数となる。
②　p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解であるx,y,zのなかに、0以外の有理数となる物が存在する。

のどちらの書き方でもないから、定理として間違っている。
0092日高
垢版 |
2020/05/18(月) 21:14:35.06ID:2cFg/I1T
>86
x^p+y^p=(x+r)^pのx,y,zは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
のx,y,zのr/p^{1/(p-1)}倍となる。
は、

x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,y,zは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
と同じ事だと思います。
0093日高
垢版 |
2020/05/18(月) 21:32:09.98ID:2cFg/I1T
>90
(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pとはなりません。

(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pとなると思います。
0094日高
垢版 |
2020/05/18(月) 21:34:38.46ID:2cFg/I1T
>91
①　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0以外の有理数となる。
②　p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解であるx,y,zのなかに、0以外の有理数となる物が存在する。

のどちらの書き方でもないから、定理として間違っている。

よくわかりません。
0095日高
垢版 |
2020/05/18(月) 21:36:13.40ID:2cFg/I1T
【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、xは有理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは0以外の有理数となる。
0096日高
垢版 |
2020/05/18(月) 21:38:31.24ID:2cFg/I1T
>94
解x,y,zと書いているので、OKではないでしょうか？
0098１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 21:47:46.68ID:hVMIXyxb
>>93

いくら思ったって駄目ですよ。>>90の通り
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解x=αs,y=αt,z=αuがあるとき、

(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pとはなりません。
0099１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/18(月) 21:50:11.56ID:hVMIXyxb
>>96

全くダメです。

x=3π,y=4π,z=5πはx^p+y^p=z^pの解です。
x=3π,y=4π,z=5πは有理数ではありません。

>>95は落書きです。やめてください。
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