フェルマーの最終定理の簡単な証明
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【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。 >>207
> >201
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比にならないと言えないので
> 証明になっていません。 これも何度も言われていることです。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になるならば、有理数解で、
> 整数比となります。
意味不明です。無理数解が有理数解になるんですか? >>208
> >202
> aの意味も不明です。
>
> a*1/a=1となるので、aは、どんな数でも、よいです。(式が、合えば)
だったら、どんな数でもよくはないですね。
正確に書いてください。 >212
だったら、どんな数でもよくはないですね。
正確に書いてください。
aは、rによって、決まります。 > aは、rによって、決まります。
どのように決まるのかも説明せずに「決まります」で納得するやつおるわけないやろ >214
> aは、rによって、決まります。
r=(ap)^{1/(p-1)}なので、
a=(r^(p-1))/pとなります。 >>211
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になるならば、有理数解で、
> 整数比となります。
これは、前のスレにもあった
「(3)式に無理数解で整数比の解がある時、(3)式に有理数解がある」
ってやつかな。 >>206 日高
> >204
> ということは、もしもr=3で整数解があれば、その1/√3倍が、r=p^{1/(p-1)}の場合の解になりますよね?
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに、整数比の解がないので、r=3のときも、整数比の解は、ありません。
おおっと、君はここで重大なごまかしをしようとしている。
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに、整数比の解がない」は「整数比の有理数解がない」しか言えていない。
無理数解については君は何も言えていない。 >>207 日高
> >201
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比にならないと言えないので
> 証明になっていません。 これも何度も言われていることです。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になるならば、有理数解で、
> 整数比となります。
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、有理数解を持ちません。
おおっと、君はここでも重大なごまかしをしようとしている。
>>210 日高
> 【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)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は、整数比の解を持たない。
をまねしてみよう。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【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)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rが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
x=y=1,z=2が反例。 >>210 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)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
これ、まだ証明されていませんよ。 >>191
> >190
> 意味不明な言い回しが存在するので、間違い。
>
> どの部分が、意味不明でしょうか?
過去の指摘を全て読んで勉強しろ。
誤魔化しの返信するな、ゴミ爺。 >216
「(3)式に無理数解で整数比の解がある時、(3)式に有理数解がある」
ってやつかな。
はい。そうです。 >217
無理数解については君は何も言えていない。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になるならば、有理数解で、
整数比となります。 >218
x=y=1,z=2が反例。
式が、違います。 >219
これ、まだ証明されていませんよ。
2項展開すると、わかります。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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を有理数とすると、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 【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)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は、整数比の解を持たない。 【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)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は、整数比の解を持たない。 >>132
> 「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、」としているので、
> x^p+y^p=z^pのx,y,zが、無理数で、整数比となるということです。
> x,y,zを共通の無理数αで割ると、s^p+t^p=u^pとなります。
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、
s^p+t^p=u^pは成り立ちますが、s^p+t^p=u^pは(3)式ではありません。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解x=αs,y=αt,z=αuがあるとき、
s,uは有理数なのだから、u=s+p^{1/(p-1)}になりません。
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、
u=s+p^{1/(p-1)}にならないのだから、s、t、uは(3)の解になりません。
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、
(3)に有理数で整数比の解はありません。
よって、
「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、
(3)に有理数で整数比の解はある」は間違いです。
同時に、「(3)に有理数で整数比の解がなければ、(3)に無理数で整数比の解がない」も間違いです。 >229
s^p+t^p=u^pは成り立ちますが、s^p+t^p=u^pは(3)式ではありません。
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解x=αs,y=αt,z=αuがあるとき、」
と仮定したので、(3)式となります。 【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)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を有理数とすると、xは有理数とならない。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)と同じとなる。
(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x,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
よって、(3),(5)は、整数比の解を持たない。
∴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。 >>222 日高
> >217
> 無理数解については君は何も言えていない。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になるならば、有理数解で、
> 整数比となります。
君が示す必要べき命題はそれじゃない。x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になることはない、だ。すり替えないように。 >>223 日高
> >218
> x=y=1,z=2が反例。
>
> 式が、違います。
うん、確かに式が違う。でも、この場合は君の論法が通用しないことがわかった。
君の証明には通用すること、それを示すのは君の責務だよ。 >>224 日高
> >219
> これ、まだ証明されていませんよ。
>
> 2項展開すると、わかります。
嘘。できていない。できていたというならそのメッセージの番号を示しな。 >>232
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になるならば、有理数解で、
> 整数比となります。
「(3)式に無理数で整数比の解があるとき、(3)式に有理数で整数比の解がある」
の対偶を取った
「(3)式に有理数で整数比の解がないとき、(3)式に無理数で整数比の解はない」
に
「(3)式に有理数で整数比の解がない」
を渡しているんだと思うよ >>230
> 「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、」
> と仮定したので、(3)式となります。
(3)式にx=αs,y=αt,z=αuを代入して等式変形したらs^p+t^p=u^pになりますが、
s^p+t^p=u^pが等しいのは「x=αs,y=αt,z=αuを代入した(3)式」であって、
「x=s,y=t,z=uを代入した(3)式」ではありません。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に無理数で整数比の解x=αs,y=αt,z=αuがあるとき、
x=αs,y=αt,z=αuを代入したr^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)がなりたち、
x=αs,y=αt,z=αuを代入したr^(p-1)=pが成り立つとき、
x=αs,y=αt,z=αuを代入したr^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)はx=αs,y=αt,z=αuを代入した^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
に変形できます。
このとき、x=s,y=t,z=uを代入したx^p+y^p=z^pが成り立ち、
x=s,y=t,z=uを代入したx^p+y^p=z^pを変形したx^p+y^p=(x+r)^p…(1)が成り立ち、
x=s,y=t,z=uを代入したr^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)が成り立ちますが
x=s,y=t,z=uを代入したr^(p-1)=pが成り立たないのでx=s,y=t,z=uを代入したx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)が成り立ちません。
よって
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、
x=αs,y=αt,z=αuを代入した^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)が成り立ちますが
x=s,y=t,z=uを代入したx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)が成り立ちません。
よって
「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、
(3)に有理数で整数比の解はある」は間違いです。
同時に、「(3)に有理数で整数比の解がなければ、(3)に無理数で整数比の解がない」も間違いです。 直感的には素数のn乗根の和は無理数になる気はするが証明は見たことないな
日高がその証明を持ってくるかこの場でちゃんと証明してくれたら助かるのだけど p=r=3の場合に反例A^3+B^3=C^3があったとします。A,B,Cは自然数でC-A=3です。
このとき、x=A/√3,y=B/√3,z=C/√3がx^3+y^3=(x+√3)^3の無理数だが整数比をなす解です。
これで、日高の言ってることと矛盾はありません。だから証明になっていません。 【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)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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(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x,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(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x,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >232
君が示す必要べき命題はそれじゃない。x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になることはない、だ。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の解x,y,zが有理数となることはないので、解x,y,zが、
無理数となることは、ありません。 >233
うん、確かに式が違う。でも、この場合は君の論法が通用しないことがわかった。
係数の問題だと、思います。 >234
嘘。できていない。できていたというならそのメッセージの番号を示しな。
2項展開してみて下さい。 >236
s^p+t^p=u^pが等しいのは「x=αs,y=αt,z=αuを代入した(3)式」であって、
「x=s,y=t,z=uを代入した(3)式」ではありません。
どういう意味でしょうか? >>242 日高
君の主張は、係数によって君の論法が通用するときとしないときがある、だね。よろしい。
だったら、フェルマーの最終定理の場合には君の論法が通用することを示すのは君の責務だ。
さあ、示してくれたまえ。 >>243 日高
二項展開しろは前にも聞いた。でも最後まで証明できなかったじゃないか。
お前が証明できたと言ってるんだからお前がやって見せるんだよ。寝ぼけるな。 【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)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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(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x,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(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x,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >245
>>241 日高
無理数になることはありますよ。
示してください。 >246
フェルマーの最終定理の場合には君の論法が通用することを示すのは君の責務だ。
さあ、示してくれたまえ。
249を読んでください。 >247
二項展開しろは前にも聞いた。でも最後まで証明できなかったじゃないか。
二項展開した式を示してください。 >248
x=αs,y=αt,z=αuを代入したr^(p-1)=pが成り立つとき、
r^(p-1)=pは、rが無理数でないと、成り立ちません。 >254
x=αs,y=αt,z=αuをz=x+rに代入したらrは無理数です。 >>251 日高
> >245
> >>241 日高
> 無理数になることはありますよ。
>
> 示してください。
思い出しておくと:
>>241 日高
> >232
> 君が示す必要べき命題はそれじゃない。x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の無理数解が整数比になることはない、だ。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p の解x,y,zが有理数となることはないので、解x,y,zが、
> 無理数となることは、ありません。
p=3のときx^3+y^3=(x+√3)^3。x^3+y^3=x^3+3x^2√3+9x+3√3、y^3=3x^2√3+9x+3√3。
y=πとおくとxは無理数になると思うよ。 >>252 日高
> >246
> フェルマーの最終定理の場合には君の論法が通用することを示すのは君の責務だ。
> さあ、示してくれたまえ。
>
> 249を読んでください。
そんなに言うなら>>249に習って次の証明:
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【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)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。
(2)はr^(p-1){7(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+7y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
反例はx=y=1,z=2。
これが間違いで君のが正しいと言うのなら、そのことを証明してくれたまえ。 >>253 日高
> >247
> 二項展開しろは前にも聞いた。でも最後まで証明できなかったじゃないか。
>
> 二項展開した式を示してください。
君が証明できたと言うんだから、君が示すのが当然だろ。お前、常識ないな。 >255
x=αs,y=αt,z=αuをz=x+rに代入したらrは無理数です。
そうなりますね。 >>259
では
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1589674835/の>>236のとおりなので
「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、
(3)に有理数で整数比の解はある」は間違いです。
同時に、「(3)に有理数で整数比の解がなければ、(3)に無理数で整数比の解がない」も間違いです。
無理数で整数比の解を調べていない>>249は間違っています。 【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)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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(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x,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(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x,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >>261って>>249と本文はまったく同じだけど何のためにまた書き込むの? >256
p=3のときx^3+y^3=(x+√3)^3。x^3+y^3=x^3+3x^2√3+9x+3√3、y^3=3x^2√3+9x+3√3。
y=πとおくとxは無理数になると思うよ。
そう思います。 >260
無理数で整数比の解を調べていない>>249は間違っています。
有理数で、整数比の解がないので、無理数で整数比の解は、ありません。 >>266
それは間違いであることを>>236で証明済みです。
>>261は間違っています。 >>265 日高
> >256
> p=3のときx^3+y^3=(x+√3)^3。x^3+y^3=x^3+3x^2√3+9x+3√3、y^3=3x^2√3+9x+3√3。
> y=πとおくとxは無理数になると思うよ。
>
> そう思います。
さっきはぼんやりしていましたが、わかりました。
もしもxが有理数だとすると、左辺は有理数体上超越的、右辺は代数的なので、矛盾します。 >238
p=r=3の場合に反例A^3+B^3=C^3があったとします。A,B,Cは自然数でC-A=3です。
このとき、x=A/√3,y=B/√3,z=C/√3がx^3+y^3=(x+√3)^3の無理数だが整数比をなす解です。
これで、日高の言ってることと矛盾はありません。だから証明になっていません。
まとめると、
A^3+B^3=(A+1)^3となります。 >>269 日高
> >238
> p=r=3の場合に反例A^3+B^3=C^3があったとします。A,B,Cは自然数でC-A=3です。
> このとき、x=A/√3,y=B/√3,z=C/√3がx^3+y^3=(x+√3)^3の無理数だが整数比をなす解です。
> これで、日高の言ってることと矛盾はありません。だから証明になっていません。
>
> まとめると、
> A^3+B^3=(A+1)^3となります。
そうだとするとA^3+B^3=(A+3)^3と矛盾します。 >264
>>261って>>249と本文はまったく同じだけど何のためにまた書き込むの?
掲示板で、見るためです。最新50に返る必要をなくすためです。 【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)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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(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x,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(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x,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >267
それは間違いであることを>>236で証明済みです。
>>261は間違っています。
236は、理解できません。 >268
> p=3のときx^3+y^3=(x+√3)^3。x^3+y^3=x^3+3x^2√3+9x+3√3、y^3=3x^2√3+9x+3√3。
> y=πとおくとxは無理数になると思うよ。
>
> そう思います。
さっきはぼんやりしていましたが、わかりました。
もしもxが有理数だとすると、左辺は有理数体上超越的、右辺は代数的なので、矛盾します。
「左辺は有理数体上超越的、右辺は代数的なので、」
言葉の意味が、わかりません。 実数xが有理数体上代数的とは、xが、方程式「有理数を係数とする多項式=0」の解になること。
超越的とは、代数的でないことを言います。 >271
> A^3+B^3=(A+1)^3となります。
そうだとするとA^3+B^3=(A+3)^3と矛盾します。
x^3+y^3=(x+√3)^3の無理数だが整数比をなす解です。とすると、
x=A/√3,y=B/√3,z=C/√3
(A/√3)^3+(B/√3)^3=((A/√3)+√3)^3
両辺を、(√3)^3で割ると、
A^3+B^3=(A+1)^3となります。 >277
実数xが有理数体上代数的とは、xが、方程式「有理数を係数とする多項式=0」の解になること。
超越的とは、代数的でないことを言います。
よくわかりません。 >>279
十分に明確に、かつわかりやすく述べたつもりです。 >>278 日高
> (A/√3)^3+(B/√3)^3=((A/√3)+√3)^3
> 両辺を、(√3)^3で割ると、
> A^3+B^3=(A+1)^3となります。
(A/3)^3+(B/3)^3=(A/3+1)^3になりませんか? z-xが無理数であるとき、xとzの少なくとも一方が無理数である。
x:zが整数比ならば、xとzの両方が無理数であるし、
x:y:zが整数比ならば、xとyとzがすべて無理数である。
よって「z-xが無理数、かつ、yが有理数のとき、x:y:zは整数比にならない」はxyzが満たす式とはまったく関わりなく成立する。 「z-xが無理数」であるときに「x:y:zが整数比となりうるか否か」を考えるのであれば、「xとyとzがすべて無理数」の場合を考えなければならない。
yが有理数の場合を考えても意味はない。 もしフェルマーがABC予想を本の隅に書き残してたら、歴史はどう変わったかな? >283
「z-xが無理数」であるときに「x:y:zが整数比となりうるか否か」を考えるのであれば、「xとyとzがすべて無理数」の場合を考えなければならない。
「x:y:zが整数比となりうるか否か」を考えるとき、
「xとyとzがすべて無理数」の場合を考えるのと、
「xとyとzがすべて有理数」の場合を考えるのは、同じことです。
理由は、
「xとyとzがすべて無理数」の場合のx,y,zを、共通の無理数で割ると
有理数となるからです。 >>285 日高
それは、考えている式が斉次式ならば、の話です。 >282
x:y:zが整数比ならば、xとyとzがすべて無理数である。
この、x,y,zを共通の無理数で割ると、商は、有理数となります。 >281
> (A/√3)^3+(B/√3)^3=((A/√3)+√3)^3
> 両辺を、(√3)^3で割ると、
> A^3+B^3=(A+1)^3となります。
すみません。計算間違いでした。
「 両辺を、(√3)^3で割ると、」を
「 両辺に、(√3)^3をかけると、」に訂正します。
A^3+B^3=(A+3)^3となります。 >286
それは、考えている式が斉次式ならば、の話です。
考えている式は、
x^p+y^p=z^pではないのでしょうか? > >286
> それは、考えている式が斉次式ならば、の話です。
>
> 考えている式は、
> x^p+y^p=z^pではないのでしょうか?
ここで考えているのは、r=z-x、r^(p-1)=pのとき。
つまり
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
です。
rは定数なので、右辺は斉次式ではありません。 > x^p+y^p=z^pではないのでしょうか?
こちらで考えることもできなくはないかもしれませんが、
その場合はrも共通の無理数で割られて有理数になります。
「rは無理数」という前提が崩壊するため、意味はないでしょう。 >291
「rは無理数」という前提が崩壊するため、意味はないでしょう。
意味が、よく理解できないのですが? >290
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
です。
rは定数なので、右辺は斉次式ではありません。
x+p^{1/(p-1)}=zなので、斉次式ではないでしょうか? p=3 のときは r=√3 で、
y^3 = 3√3 x^2 + 9 x + 3√3
となりますが、これを斉次式とよぶのですか? >294
p=3 のときは r=√3 で、
y^3 = 3√3 x^2 + 9 x + 3√3
となりますが、これを斉次式とよぶのですか?
展開すると、斉次式となりません。
x^2+y^2=z^2
z=x+1
x^2+y^2=(x+1)^2
y^2=2x+1
r=1であっても、展開すると、斉次式となりません。 【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)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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(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x,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(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x,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数とる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 展開したら斉次式でないことがわかるのなら、その式は元から斉次式ではなかったのです。 >>293
> x+p^{1/(p-1)}=zなので、斉次式ではないでしょうか?
x、zは1次の項、p^{1/(p-1)} は 0次の項。 >>288
結局>>238氏の指摘に>>1氏は反論失敗ってことでおk? >298
展開したら斉次式でないことがわかるのなら、その式は元から斉次式ではなかったのです。
斉次式であるか、否かは、この証明に対して、どういう意味があるのでしょうか? >>301
反論どころか、わかりませんといって以降無視することですら、彼が納得しているなら彼にとっては成功じゃないのかな。
私は、彼以外にとって、彼が間違っていると納得させられないことは失敗だと考えている。 >299
x、zは1次の項、p^{1/(p-1)} は 0次の項。
x^p+y^p=z^pを考えるので、全てp次の項と思います。 >>303
> >>301
>
> 反論どころか、わかりませんといって以降無視することですら、彼が納得しているなら彼にとっては成功じゃないのかな。
>>275とか>>279とかかな。 >300
結局>>238氏の指摘に>>1氏は反論失敗ってことでおk?
p=r=3の場合に反例A^3+B^3=C^3があったとします。A,B,Cは自然数でC-A=3です。
このとき、x=A/√3,y=B/√3,z=C/√3がx^3+y^3=(x+√3)^3の無理数だが整数比をなす解です。
x^3+y^3=(x+√3)^3に、x=A/√3,y=B/√3を代入すると、
A^3+B^3=(A+3)^3となります。この式は、
「反例A^3+B^3=C^3があったとします。A,B,Cは自然数でC-A=3です。」
このことを、言ってることにな
これで、日高の言ってることと矛盾はありません。だから証明になっていません。 >>302
>>285 の
> 「xとyとzがすべて無理数」の場合のx,y,zを、共通の無理数で割ると
> 有理数となるからです。
ここで「x,y,zを共通の無理数で割」ったもので置き換えて考えている。
これが許されるのは「x^p+y^p=z^p」が斉次式であり「x,y,zを共通の無理数で割」ったものもまた解になるからだが、
問題となるのは「r=z-x=p^(1/(p-1))」という斉次式でない条件が「x,y,zを共通の無理数で割」ったことで崩れていること。
「x,y,zを共通の無理数で割」ったのなら、崩れてしまっている「r=z-x=p^(1/(p-1))」を前提として導かれたことは使ってはいけない。 >306
>300
結局>>238氏の指摘に>>1氏は反論失敗ってことでおk?
p=r=3の場合に反例A^3+B^3=C^3があったとします。A,B,Cは自然数でC-A=3です。
このとき、x=A/√3,y=B/√3,z=C/√3がx^3+y^3=(x+√3)^3の無理数だが整数比をなす解です。
x^3+y^3=(x+√3)^3に、x=A/√3,y=B/√3を代入すると、
A^3+B^3=(A+3)^3となります。この式は、
「反例A^3+B^3=C^3があったとします。A,B,Cは自然数でC-A=3です。」
このことを、言ってることになります。
「これで、日高の言ってることと矛盾はありません。だから証明になっていません。」の意味がわかりません。 >307
問題となるのは「r=z-x=p^(1/(p-1))」という斉次式でない条件が「x,y,zを共通の無理数で割」ったことで崩れていること。
よく、理解できないので、もう少し詳しく説明していただけないでしょうか。 >>308 日高
「x^3+y^3=(x+√3)^3の無理数だが整数比をなす解」が存在するかどうか日高さんは論じていないので、
この状態が起こることを否定できないわけです。だから日高さんの証明は間違っています。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています