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フェルマーの最終定理の簡単な証明

■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
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。
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。
0101１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/19(火) 01:32:36.44ID:PV0866Da
>>94
> >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。
誤魔化すな、ゴミが。
数学をきちんと学べば間違っているのは分かるのだから、間違っているのが分かるまで学べ。

数学でなく、ポエムだというなら、数学関係の掲示板に書き込むな。
0102１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/19(火) 01:35:35.37ID:PV0866Da
>>94
> >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。
要するに、「1+1=3です！」とか、「(-1)×(-1)=-1です！」とかと同程度に数学的に間違っている。
つまり、嘘なんだよ。
嘘つきが。

わざわざ嘘を書きこみ続けるのが迷惑だってことぐらい分かるだろ。嘘つき爺。
0103１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/19(火) 03:01:54.50ID:sJWv1gJj
日高の証明を見返していて気づいたのだが、「となる」「とならない」ばっかりだね。
「である」は日高の語彙にないのかな。
0104日高
垢版 |
2020/05/19(火) 08:10:10.10ID:SdoAPzmd
>97
>>92 日高
rの値で場合分けしようとしているんじゃないの？

違います。
0105日高
垢版 |
2020/05/19(火) 08:26:31.92ID:SdoAPzmd
>98
(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は、
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pと同じです。
x,yが有理数のとき、x=s,y=tとなります。
よって、
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなります。
0106日高
垢版 |
2020/05/19(火) 08:29:16.69ID:SdoAPzmd
>99
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。

x=3,y=4,z=5も、x^p+y^p=z^pの解です。
0107日高
垢版 |
2020/05/19(火) 08:33:57.42ID:SdoAPzmd
>100
日高さん、>>87に答えてもらえませんか？

「である」にすると、意味が変わると思います。
0108日高
垢版 |
2020/05/19(火) 08:39:48.83ID:SdoAPzmd
>103
日高の証明を見返していて気づいたのだが、「となる」「とならない」ばっかりだね。
「である」は日高の語彙にないのかな。

少し、意味が変わる気がします。
0109日高
垢版 |
2020/05/19(火) 10:59:31.79ID:SdoAPzmd
【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。
0110１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/19(火) 13:22:41.83ID:wToSO9x4
頼むから日高は
「方程式をみたすx,y,zは有理数である」と
「方程式をみたす有理数のx,y,zが存在する」の区別をつけてくれ
0113日高
垢版 |
2020/05/19(火) 13:47:27.27ID:SdoAPzmd
>110
「方程式をみたすx,y,zは有理数である」と
「方程式をみたす有理数のx,y,zが存在する」の区別をつけてくれ

どのように、書けばよろしいのでしょうか？
0114日高
垢版 |
2020/05/19(火) 13:49:01.39ID:SdoAPzmd
>111
>>109の結論っておかしくねえか？

どの部分が、おかしいかをお教えていただけないでしょうか。
0115日高
垢版 |
2020/05/19(火) 13:50:54.38ID:SdoAPzmd
>112
日高は「である」が使いこなせないんだってば。

「である」の使い方を、詳しく教えていただけないでしょうか。
0117１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/19(火) 15:17:55.10ID:sJWv1gJj
>>115 日高
> 「である」の使い方を、詳しく教えていただけないでしょうか。

それは無理だね。「『である』の使い方はこれこれである」と、「である」を使わないと説明できないから。
0118日高
垢版 |
2020/05/19(火) 19:36:27.72ID:SdoAPzmd
>116
>>109 日高
最後じゃpが奇素数になってるよ。

どういう意味でしょうか？
0119日高
垢版 |
2020/05/19(火) 19:38:01.93ID:SdoAPzmd
>117
> 「である」の使い方を、詳しく教えていただけないでしょうか。

それは無理だね。「『である』の使い方はこれこれである」と、「である」を使わないと説明できないから。

よく意味がわかりません。
0120日高
垢版 |
2020/05/19(火) 19:39:07.45ID:SdoAPzmd
【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。
0122日高
垢版 |
2020/05/19(火) 20:19:21.97ID:SdoAPzmd
>121
ゆーあるであーる～

よく意味がわかりません。
0125日高
垢版 |
2020/05/19(火) 21:03:17.58ID:SdoAPzmd
>120
>>120 日高
よく読み返せ。

どういう意味でしょうか？
0126日高
垢版 |
2020/05/19(火) 21:08:21.87ID:SdoAPzmd
>124
病状が悪化してるようだ。もう会話は無理かも。

私の、どのコメントに対して、そのことが、いえるのでしょうか？
0127１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/20(水) 00:35:06.32ID:zKDzdTJL
>>105

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。

(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pとならないのだから、
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が成り立つかどうか、わかりません。

(αs)^p+(αt)^p=((αs)+(α)p^{1/(p-1)})^pが成り立つかどうか、わからないのだから
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pが成り立つかどうか、わかりません。
ていうか、s,tは有理数なんだから、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)に有理数の解は、ありません。
0128１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/20(水) 00:52:12.72ID:zKDzdTJL
>>106

> 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。
>
> x=3,y=4,z=5も、x^p+y^p=z^pの解です。

そういうのを味噌もくそも一緒というのです。

あなたは味噌が入っているからといって、味噌とくそを入れた汁を飲めますか？

普通の人は、味噌とくそを区別して扱います。
有理数でない解と、有理数である解を、区別して扱います。

区別していない>>120はひどい落書き、くその味噌汁です。



ところで、あなたは>>120をちゃんと読んでいますか？
みなさんの言う通り、結論の部分を、よく確かめましたか？

最初の行> 【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。
最後の行> ∴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。

ほんとうに、おかしいところに、気が付かないのですか？
0129１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/20(水) 01:36:53.20ID:w+7NTUjK
>>126
> >124
> 病状が悪化してるようだ。もう会話は無理かも。
>
> 私の、どのコメントに対して、そのことが、いえるのでしょうか？
ほとんどすべてのコメント。
このコメントだって、反省なしに疑問で誤魔化しているんだろ。
その態度が嘘つきの証拠。
0130日高
垢版 |
2020/05/20(水) 07:41:56.60ID:oX1KBNF8
>129
> 私の、どのコメントに対して、そのことが、いえるのでしょうか？

120は、間違いでした。訂正します。
0131日高
垢版 |
2020/05/20(水) 07:43:36.54ID:oX1KBNF8
>128
ところで、あなたは>>120をちゃんと読んでいますか？

120は、間違いでした。訂正します。
0132日高
垢版 |
2020/05/20(水) 07:54:43.88ID:oX1KBNF8
>127
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。

「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。
0133日高
垢版 |
2020/05/20(水) 07:57:16.24ID:oX1KBNF8
【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。
∴【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=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。
0134日高
垢版 |
2020/05/20(水) 08:00:45.00ID:oX1KBNF8
>134
133を訂正します。
【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=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。
0135１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/20(水) 12:52:50.08ID:8kYtB2hs
>>134

> 【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。

https://ja.m.wikipedia.org/wiki/全称命題
こういう書き方だと「全称命題」になる。
つまり「p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは『すべて』0以外の有理数となる。」だ。
0136日高
垢版 |
2020/05/20(水) 15:26:09.48ID:oX1KBNF8
>135
> 【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。
つまり「p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは『すべて』0以外の有理数となる。」だ。

「p=2のとき、x^p+y^p=z^pには、0以外の有理数解x,y,zが存在する。」
では、どうでしょうか。
0137日高
垢版 |
2020/05/20(水) 15:30:12.27ID:oX1KBNF8
>136
「p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0以外の有理数解x,y,zを持つ。」
では、どうでしょうか。
0139日高
垢版 |
2020/05/20(水) 20:18:44.44ID:oX1KBNF8
>138
その主張とその証明なら特に間違っている部分は無いです

ご指摘ありがとうございました。
0140日高
垢版 |
2020/05/20(水) 20:21:12.64ID:oX1KBNF8
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0以外の有理数解x,y,z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0以外の有理数とすると、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0以外の有理数解x,y,zを持つ。
0142１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/20(水) 20:46:39.41ID:8eZRtXFc
存在命題は少なくとも1つを示せば十分だと言っても
言うことを聞かんからなｗ
0143日高
垢版 |
2020/05/20(水) 20:57:47.57ID:oX1KBNF8
>141
>>140 日高
つまらん。3^2+4^2=5^2で証明終わりだろうに。

他の、有理数x,y,zに対しても、3^2+4^2=5^2で、十分でしょうか？
0144日高
垢版 |
2020/05/20(水) 21:02:25.33ID:oX1KBNF8
>142
存在命題は少なくとも1つを示せば十分だと言っても
言うことを聞かんからなｗ

140は、全ての有理数の解、x,y,zを、示す為の方法です。
0145１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/20(水) 21:18:20.04ID:DAdGRFKW
>>144 日高

> 140は、全ての有理数の解、x,y,zを、示す為の方法です。

だったらそう主張して、そのことを証明して。
0146日高
垢版 |
2020/05/20(水) 21:25:41.53ID:oX1KBNF8
>145
> 140は、全ての有理数の解、x,y,zを、示す為の方法です。

だったらそう主張して、そのことを証明して。

(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。
yに、任意の有理数を、代入してみて下さい。
0147１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/20(水) 21:37:03.59ID:DAdGRFKW
yに任意の有理数を代入してすべての有理数解が得られることの証明は？
0148１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/20(水) 21:40:04.35ID:4MjmrOPs
フェルマースレ5

166 名前：日高[] 投稿日：2020/01/19(日) 18:43:10.51 ID:aH25A+/l [27/31]
…
p=2の場合、
満たす例が一つあれば、よいです。
0149１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/20(水) 21:44:44.66ID:w+7NTUjK
>>144
> >142
> 存在命題は少なくとも1つを示せば十分だと言っても
> 言うことを聞かんからなｗ
>
> 140は、全ての有理数の解、x,y,zを、示す為の方法です。
そんな方法になっていることは全く示せてません。
嘘をつくな。

言い訳禁止。
0150１３２人目の素数さん
垢版 |
2020/05/20(水) 22:38:19.15ID:XHxE+hkt
>>144
140で言えているのは
任意の有理数yに対応する
z=x+2, x^2+y^2=z^2
を満たす有理数xとzが存在し、そのxとzの求め方だけです。
他の組み合わせについては何も分かっていません。

「x^2+y^2=z^2を満たす有理数x,y,zが存在する」ということだけを言うのなら
140のやり方でもいいし「3^2+4^2=5^2」でも構いませんが。
0151日高
垢版 |
2020/05/21(木) 05:51:26.84ID:ZCDoeXNA
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0以外の有理数解x,y,z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0以外の有理数とすると、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0以外の有理数解x,y,zを持つ。
0152日高
垢版 |
2020/05/21(木) 06:52:38.35ID:ZCDoeXNA
>145
> 140は、全ての有理数の解、x,y,zを、示す為の方法です。

だったらそう主張して、そのことを証明して。

p=2のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、
y^2=4x+4となります。
yに、任意の(全ての)有理数を代入すると、有理数x,zが、求まります。
0153日高
垢版 |
2020/05/21(木) 06:54:13.84ID:ZCDoeXNA
>147
yに任意の有理数を代入してすべての有理数解が得られることの証明は？

p=2のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、
y^2=4x+4となります。
yに、任意の(全ての)有理数を代入すると、有理数x,zが、求まります。
0154日高
垢版 |
2020/05/21(木) 06:55:41.44ID:ZCDoeXNA
>148
p=2の場合、
満たす例が一つあれば、よいです。

そうです。
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