フェルマーの最終定理の簡単な証明その3
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。
【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が有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(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)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解は整数比とならない。
∴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。 【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^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が有理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比となる。
(2)はr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(4)となる。
(4)はr=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解は、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 こいつ ∩＿
最高にアホ |(((ヽ
〈⊃ )
∩＿＿_∩ | ｜
|ノ ヽ| ｜
/ ● ●| /
｜ (_●_)ミ／
彡､ |∪| ／
`/ ＿＿ヽノ /
(＿＿＿) / x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数）
(3)に代入すると、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
両辺をw^pでわると、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のときは、(5)となる。
(5)の解は(3)の解の、定数倍となるので、(5)のx,yは共に有理数とならない。
よって、s,tは共に有理数とならない。 >5
これは何かの続きですか？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
のx,yが無理数で、整数比となるかどうかの検討です。 >>2
> rが有理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比となる。
から
> rが有理数のときの解は、整数比となる。
rが有理数のときの解はyが無理数ならばx,y,zは整数比とならない
ex.
(x,y,z)=(1,2√2,3) r=2で有理数でもyが無理数ならx,y,zは整数比とならない
(x,y,z)=(3√2/2,4√2/2,5√2/2) r=√2で無理数でもyが無理数ならx,y,zは整数比となる
>>1
> rが無理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
から
> rが有理数のときの解は整数比とならない
それぞれyが有理数のときか無理数のときかちゃんと書かないとダメですよ 前スレ
953 名前：日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日：2020/07/18(土) 21:05:55.58 ID:+buAyBh6 [26/27]
>951
> 「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
> の仮定をしても、
> 「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
> は導けない
のですよね？
はい。
-----
より、>>1氏はもう、
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
などとは主張できない訳です。
今後の議論にも少しは影響すると思います。 >12
> 「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
> の仮定をしても、
> 「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
> は導けない
のですよね？
「の仮定をしても、」の場合は、{p^(1/(p-1))}/wが有理数の場合ということになります。
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」の場合は、p^(1/(p-1))が
有理数の場合ということになります。
{p^(1/(p-1))}/wは、有理数になる可能性があります。(wは、無意味な数となります）
p^(1/(p-1))は、有理数になりえません。
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
などとは主張できない訳です。
主張できない理由を、教えてください。 >>4
r^(p-1)=pのとき、rは無理数です。
無理数と整数比になる数は、無理数です。
無理数と整数比になる有理数はないので、yが有理数の時なんて考えるだけ無駄です。
無理数で整数比の(3)の解の数の組は、>>1で探していません。
r^(p-1)=pでないとき、r^(p-1)=apが成り立つようにaを定義することが必ずできます。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(5)の解の数の組が有理数の時、(3)の解の数の組は無理数で整数比です。
無理数で整数比の(3)の解の数の組は、>>1で探していません。
(3)の解が無理数で整数比にならないことを調べない限り、(5)の解が有理数とならないことは言えません。 >>13
> 「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」の場合は、p^(1/(p-1))が
> 有理数の場合ということになります。
> {p^(1/(p-1))}/wは、有理数になる可能性があります。(wは、無意味な数となります）
> p^(1/(p-1))は、有理数になりえません。
意味不明です。何が言いたいのか分かりません。
後半の質問に答えます。
> > 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
> などとは主張できない訳です。
> 主張できない理由を、教えてください。
それは、
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
が、
> 「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
> の仮定より
> 「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
の言い換えだからです。（同じ事を言っているからです） >14
無理数で整数比の(3)の解の数の組は、>>1で探していません。
4で探しています。 >15
> > 「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
> の仮定より
> 「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
の言い換えだからです。（同じ事を言っているからです）
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」 の仮定よりの場合は、
u=s+p^(1/(p-1))/wとなります。（wは意味のない無理数）
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」の場合は、
u=s+p^(1/(p-1))となります。
>の言い換えだからです。（同じ事を言っているからです）ならば、
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」が、主張できます。 >>17
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、
> また(3)の有理数解となる」が、主張できます。
>>1
> (3)はrが無理数なので
これが(3)の条件でz=x+rであるから言い換えると
解(x,y,z)においてz-xが無理数ならば(3)の解であるといえる
(3)の無理数解が整数比となるならば
共通の無理数で割るとrが有理数でyが有理数となる
rが有理数であるから(3)の条件つまりrが無理数であることを満たさない
だから「(3)の有理数解となる」とは主張できない >18
>だから「(3)の有理数解となる」とは主張できない
言い換えます。
(3)のx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
x,y,zが、有理数で整数比となります。 >>19 日高
ひとつのメッセージに証明全体をまとめて書いてもらえませんか？ >20
ひとつのメッセージに証明全体をまとめて書いてもらえませんか？
【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が有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(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)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解は整数比とならない。
∴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。 >>21 日高
>>1とまったく同じじゃん。それじゃ意味がない。 >22
>>1とまったく同じじゃん。それじゃ意味がない。
どのように、書けばよいのでしょうか？ >>19
前スレ
820 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/07/14(火) 20:36:59.69 ID:RHXf0iIS
>>819
「(3)の」有理数解とはっきり言わないところがインチキなんだよな。そこで誤魔化すのがいつものやり方。 >>17
>>13,17で、
> あいうえお、
> かきくけこ、
> さしすせそ。
という私の文章に対して、
あいうえお の場合は...
かきくけこ の場合は...
さしすせそ の場合は...
という奇妙な場合分けをしていますが、私の文章はひとかたまりで一つの引用であって、
このような返信のルールは、5chにも数学にもないので、やめてもらっていいですか。 >24
「(3)の」有理数解とはっきり言わないところがインチキなんだよな。そこで誤魔化すのがいつものやり方。
どの部分のことでしょうか？ >>19
> (3)のx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
> x,y,zが、有理数で整数比となります。
x,y,zは(3)の解であることをそれぞれの場合でちゃんと示すと
(3)の解のx,y,zが無理数で整数比となるならば
(3)の解のx,y,zが有理数で整数比となります
こんなことは起こらない >>23
証明のフローチャートを書けという意味だよ >25
このような返信のルールは、5chにも数学にもないので、やめてもらっていいですか。
どの部分のことでしょうか？ >28
証明のフローチャートを書けという意味だよ
どの部分を、どのように書けばよいのでしょうか？ >>29
> >25
> このような返信のルールは、5chにも数学にもないので、やめてもらっていいですか。
>
> どの部分のことでしょうか？
>>13,17で、
と書いたのですが、自分が書いたレスなのに、どの部分か分からないのですか？ 【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^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が有理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比となる。
(2)はr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(4)となる。
(4)はr=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解は、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
例
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
x,y,z=(3,4,5)
x^2+y^2=(x+1)^2
x,y,z=(3/2,4/2,5/2) >31
>>13,17で、
と書いたのですが、自分が書いたレスなのに、どの部分か分からないのですか？
どの部分かを、指摘していただけないでしょうか？ >>33
> どの部分かを、指摘していただけないでしょうか？
いやもういいっす。
ところで本題に戻りますが、未だ以下の命題を主張されますか？
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 >34
ところで本題に戻りますが、未だ以下の命題を主張されますか？
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
はい。 >>35
> >34
> ところで本題に戻りますが、未だ以下の命題を主張されますか？
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
> はい。
では上記命題（命題Aとします）を数式で書いた物が以下（命題Bとします）になるのですが、
異論はないですか？
s,t,u：有理数、w：無理数
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
の仮定をすると、
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
が導ける >>16
>4で探しています。
>>4 を引用
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数）
> (3)に代入すると、
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
> 両辺をw^pでわると、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のときは、(5)となる。
> (5)の解は(3)の解の、定数倍となる
いったいどの部分で(3)の解を探していますか？
これは(3)の解となる、とか解とならないとか、どこかに書いてありますか？ http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1569999945/のスレの980で
> pが奇素数のときは、s/(a^{1/(p-1)}),t/(a^{1/(p-1)}),u/(a^{1/(p-1)})は、
> (3)の解となりません。
> p=2のときは、s/(a^{1/(p-1)}),t/(a^{1/(p-1)}),u/(a^{1/(p-1)})は、
> (3)の解となります。
とあなたは書いていましたが、
p=2のとき
3つの実数の組s,t,uがs^p+t^p=u^pを満たすとき、
(u-s)^(p-1)=apが成り立つようにaを定義することがかならずできて、
s,t,uと同じ比でx^2+y^2=(x+2)^2…(3)の解となるのはs/(a^{1/(p-1)}),t/(a^{1/(p-1)}),u/(a^{1/(p-1)})の3つの数の組だけです。ほかに存在しません。
代入するだけで簡単にわかります。
pが奇素数のとき、
3つの実数の組s,t,uがs^p+t^p=u^pを満たすとき、
(u-s)^(p-1)=apが成り立つようにaを定義することがかならずできて、
s,t,uと同じ比でx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解となるのはs/(a^{1/(p-1)}),t/(a^{1/(p-1)}),u/(a^{1/(p-1)})の3つの数の組だけです。ほかに存在しません。
代入するだけで簡単にわかります。 >>38の例
p=2,3つの実数の組1,√2、√3のとき
√3-1=2a
a=(√3-1)/2
3つの実数の組と同じ比で(3)の解となるのは2/(√3-1),2√2/(√3-1),2√3/(√3-1)のみ
3つの数は実数であって、有理数でも無理数でも成り立つ。同じ比で(3)の解となるのは1つのみ。
p=5,3つの実数の組1,2,33^(1/5)のとき
(33^(1/5)-1)^4=5a
a=((33^(1/5)-1)^4)/5
a^{1/(p-1)}=(33^(1/5)-1)/(5^(1/4))
3つの実数の組と同じ比で(3)の解となるのは(5^(1/4))/(33^(1/5)-1),2(5^(1/4))/(33^(1/5)-1),(33^(1/5))(5^(1/4))/(33^(1/5)-1)のみ
3つの数は実数であって、有理数でも無理数でも成り立つ。同じ比で(3)の解となるのは1つのみ。 >36
s,t,u：有理数、w：無理数
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
の仮定をすると、
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
が導ける
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
uw =sw+p^(1/(p-1))
両辺をwで割ると、u=s+p^(1/(p-1))/w
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
u=s+p^(1/(p-1))
p^(1/(p-1))/wが有理数のときは、(5)となります。
(5)の解は、(3)の解の定数倍なので、s,tが、共に有理数となることは
ありません。
よって、「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
の仮定をすると、は、間違いです。 >37
いったいどの部分で(3)の解を探していますか？
これは(3)の解となる、とか解とならないとか、どこかに書いてありますか？
(5)の解は(3)の解の、定数倍となるので、(3)の解と同じ比となります。 >>40
命題Bは、
-----
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
の仮定をすると、
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
が導ける
-----
かどうかであって、貴方が>>40で書いた
-----
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
と
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
の仮定をすると、
何が言えるか
-----
ではありません。
違い、分かりますか？ >38
p=2のとき
3つの実数の組s,t,uがs^p+t^p=u^pを満たすとき、
(u-s)^(p-1)=apが成り立つようにaを定義することがかならずできて、
s,t,uと同じ比でx^2+y^2=(x+2)^2…(3)の解となるのはs/(a^{1/(p-1)}),t/(a^{1/(p-1)}),u/(a^{1/(p-1)})の3つの数の組だけです。ほかに存在しません。
代入するだけで簡単にわかります。
pが奇素数のとき、
3つの実数の組s,t,uがs^p+t^p=u^pを満たすとき、
(u-s)^(p-1)=apが成り立つようにaを定義することがかならずできて、
s,t,uと同じ比でx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解となるのはs/(a^{1/(p-1)}),t/(a^{1/(p-1)}),u/(a^{1/(p-1)})の3つの数の組だけです。ほかに存在しません。
代入するだけで簡単にわかります。
そのとおりです。 >39
3つの実数の組と同じ比で(3)の解となるのは2/(√3-1),2√2/(√3-1),2√3/(√3-1)のみ
2/(√3-1),2√2/(√3-1),2√3/(√3-1)は、(3)の解となるでしょうか？ 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=3{x^2+x}…(2)となる。
(2)はr^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(2)はr^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^2=a3のとき、x^p+y^p=(x+(a3)^{1/2})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/2}倍となるので、rが有理数のときの解は整数比とならない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 >>45
> >42
> 違い、分かりますか？
> わかりません。
困りましたね...違いが分からないと先に進めないのですが。
じゃあ、命題Aと命題Bが同じである（同値である）事は分かりますか？
【命題A】
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
【命題B】
s,t,u：有理数、w：無理数
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
の仮定をすると、
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
が導ける >>46
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない
以下も必要です
((3)はrが無理数なので)yが無理数のときx,y,zは整数比となる可能性がある
よってあなたが書いたことで言えることは
p=3のときx^p+y^p=z^pは整数比の解を持たないではなくて
整数比の解を持つ可能性があることだけです >47
【命題B】
s,t,u：有理数、w：無理数
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
の仮定をすると、
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
が導ける
【命題A】は、理解できますが、【命題B】は、理解できません。 >48
((3)はrが無理数なので)yが無理数のときx,y,zは整数比となる可能性がある
yが無理数のときx,y,zが、整数比となる可能性がありますが、
yが無理数のときx,y,zが、整数比となるならば、yが有理数のとき、
整数比となります。 後半自分でも何言ってるか理解できてないだろw
ギャグかな？ >51
後半自分でも何言ってるか理解できてないだろw
ギャグかな？
どの部分が、ギャグでしょうか？ >>49
> >47
> 【命題B】
> s,t,u：有理数、w：無理数
> 「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
> の仮定をすると、
> 「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
> が導ける
>
> 【命題A】は、理解できますが、【命題B】は、理解できません。
そうですか。。。
前スレでやったのですが。。。 >>50 日高
> yが無理数のときx,y,zが、整数比となるならば、yが有理数のとき、
> 整数比となります。
これは
yが無理数かつx,y,zが、整数比となるならば、yが有理数かつ、
整数比となります。
の意味かと思われ。 >>50
> ((3)はrが無理数なので)
> yが無理数のときx,y,zが、整数比となるならば、yが有理数のとき、
> 整数比となります。
rが無理数ならばyが有理数のとき整数比となることは
p=2の場合も含めてあり得ません
>>51
> どの部分が、ギャグでしょうか？
rが有理数か無理数かどうかを無視するところ >>46の日高の論理をそのまま使って
[問題]
k=2あるいは3,r=3のときx^k+y^k=z^k=(x+r)^kは整数比の解を持つか？
x^2+y^2=(x+√3)^2とx^3+y^3=(x+√3)^3のどちらでも
r=√3が無理数なのでyが有理数のときx,y,zは整数比とならない
x^2+y^2=(x+3)^2とx^3+y^3=(x+3)^3のどちらでも
これらの解はr=√3のときの√3倍となるのでrが有理数のときの解は整数比とならない
[日高の論理による結論]
k=2あるいは3,r=3のときx^k+y^k=z^k=(x+r)^kは整数比の解を持たない
日高に質問
上で導いた結論から言えることで
k=2,r=3のときのx^2+y^2=z^2=(x+3)^2が整数比の解(x,y,z)を持たないことは正しいの？ >>41
> (5)の解は(3)の解の、定数倍となるので、(3)の解と同じ比となります。
>>4で調べていることは
sw,tw,sw+p^{1/(p-1)}が(3)の解のとき、s,t,s+p^{1/(p-1)}/wが(5)の解となる。
何の問題も何の矛盾もありませんね。(5)のx、yがともに有理数とならないような理由はどこにもまったくありません。
そして>>1で調べていることは
rが無理数の時、(3)のyが有理数ならば(3)の解は整数比にならない。
当たり前ですね。誰もそんなことに興味はありません。
(u-sr^(p-1)=pのとき、(u-s)は無理数です。
無理数と整数比になる数は、無理数です。
無理数と整数比になる有理数はないので、yが有理数の時なんて考えるだけ無駄です。
無理数で整数比の(3)の解の数の組は、1で探していません。4でもあるかないか調べていません。
そして>>38のとおり、ある(3)の解の数の組と同じ比の(3)の解は元の1つだけで、他に絶対に存在しません。
だから1の中で、無理数で整数比の(3)の解の数の組があるかないかを直接探さない限り、1は絶対に正しくなりません。 >>44
そんな簡単な計算もできないなら、あなたに証明は絶対無理です。
x=2/(√3-1),y=2√2/(√3-1),z=2√3/(√3-1)はx^2+y^2=(x+2)^2…(3)の解です。 >>57間違えました、修正します
(u-s)^(p-1)=pのとき、(u-s)は無理数です。 【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が有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(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)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解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。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解x,y,z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)の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が有理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比となる。
(2)はr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(4)となる。
(4)はr=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解x,y,zを持つ。 >54
これは
yが無理数かつx,y,zが、整数比となるならば、yが有理数かつ、
整数比となります。
の意味かと思われ。
はい。そうです。 >55
rが有理数か無理数かどうかを無視するところ
どの部分でしょうか？ >56
日高に質問
上で導いた結論から言えることで
k=2,r=3のときのx^2+y^2=z^2=(x+3)^2が整数比の解(x,y,z)を持たないことは正しいの？
正しくないです。
上で導いた結論は、間違いです。 >>62
「かつ」の意味はわかりますか？
以前、意味がわからずに質問してましたよね。 >>63
> どの部分でしょうか？
分かるまで自分で書き込んだ>>50を何回でもノートにでも写せ
>>64
> 正しくないです。
> 上で導いた結論は、間違いです。
だから
>>60は証明として正しくないです
同じ手法で間違った結論が導けるから >57
(5)のx、yがともに有理数とならないような理由はどこにもまったくありません。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zの定数倍となります。 >58
x=2/(√3-1),y=2√2/(√3-1),z=2√3/(√3-1)はx^2+y^2=(x+2)^2…(3)の解です。
すみません。計算ミスでした。(3)の解になります。 >65
>>62
「かつ」の意味はわかりますか？
以前、意味がわからずに質問してましたよね。
「で、」と同じ意味だと思います。 >66
>>60は証明として正しくないです
同じ手法で間違った結論が導けるから
間違った結論とは、どの部分のことでしょうか？ >>70
> 間違った結論とは、どの部分のことでしょうか？
> 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
の部分です >>69
それじゃわかってるとはいえないね。
わかったつもりになってるだけ。
ちゃんと勉強してください。 >>71の補足
> 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
これ自体は実際は正しいです
ただし>>60から導かれる結論としては間違っています
>>60から導くことはできません >73
> 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
これ自体は実際は正しいです
ただし>>60から導かれる結論としては間違っています
>>60から導くことはできません、
理由を、教えていただけないでしょうか。 >>74
> 理由を、教えていただけないでしょうか。
整数比となる解を全て取り除いた場合においては
>>60の手法で以下のことが証明できる
(整数比となる解を全て取り除いたので)
p=2のときx^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持たない
(整数比となる解を全て取り除いたので)
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
ただし整数比となる解を全て取り除いているので
>>60の手法を使わなくても自明である >75
整数比となる解を全て取り除いた場合においては
>>60の手法で以下のことが証明できる
なぜ、整数比となる解を全て取り除く必要があるのでしょうか？ >>76
> なぜ、整数比となる解を全て取り除く必要があるのでしょうか？
それは実際はあんたが間違った証明を正しく見せるために
行っていることです
>>60を正しくするにはそのような条件を加える必要があるのです >77
それは実際はあんたが間違った証明を正しく見せるために
行っていることです
どの部分でしょうか？ 「>>60 が正しい」なら
【定理】x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、整数比とならない。
【証明】x^2+y^2=z^pを、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(A)とする。
r=√2のとき(A)はx^2+y^2=(x+√2)^2…(B)となる。
rが無理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はrが有理数であるとき、
r=√2aとなるaをとり、x^2+y^2=(x+√2a)^2…(C)となる。
(C)の解は(B)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
∴x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、整数比とならない。
も正しいことになるのかな？
もちろん、これは間違っているけれど。 a scalded dog fears cold water
大丈夫だわ。安心して来い犬畜生 >>78
> どの部分でしょうか？
>>60
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
> (5)の解は (省略) rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
ここです
rが有理数か無理数かで2通りあってyが有理数か無理数かで2通りある
から全部で4通り
整数比の解が存在するのはその中の2つしかない
>>60で扱われているのは整数比の解が存在しないことが
最初から分かっている2つのみ
整数比とならない場合でもrが無理数でyが無理数である解は存在する
rが無理数ならば整数比になるのはyが無理数の場合のみであるから
本来証明すべきことはrが無理数でyが無理数である場合に無理数倍したら
rとyの両方が有理数になる解があるのかどうかということ
整数比となる解が実際は存在するp=2の場合でも>>60と同様に
rが無理数でyが有理数のときとrが有理数でyが無理数のときの
2通りのみを考えると整数比となる解は存在しない
それは整数比の解が存在しないことが最初から分かっている
2つのみを扱うから >79
r=√2のとき(A)はx^2+y^2=(x+√2)^2…(B)となる。
√2=ap=a2なので、
a=√2/2となります。 >81
整数比とならない場合でもrが無理数でyが無理数である解は存在する
よくわかりません。
命題は、解x,y,zは整数比とならない。です。 >>82
> >79
> r=√2のとき(A)はx^2+y^2=(x+√2)^2…(B)となる。
>
> √2=ap=a2なので、
> a=√2/2となります。
そんな関係はありません。
無関係な式を持ち出さないでください。
>>79 でaがでてくるのは
> (2)はrが有理数であるとき、
> r=√2aとなるaをとり、
です。 とコピーしてきがつきましたが、ここ誤記ですね。
> (2)はrが有理数であるとき、
は
> (A)はrが有理数であるとき、
が正しいです。 >84
>>79 でaがでてくるのは
> (2)はrが有理数であるとき、
> r=√2aとなるaをとり、
です。
x^2+y^2=(x+2)^2の場合は、
a=1です。
x^2+y^2=(x+√2)^2の場合は、
a=√2/2となります。 >>83
> 整数比とならない場合でもrが無理数でyが無理数である解は存在する
> よくわかりません。
> 命題は、解x,y,zは整数比とならない。です。
rが無理数であることから言えることは次の3通り
[1] rが無理数,yが有理数のとき解x,y,zは整数比とならない
[2] rが無理数,yが無理数で解x,y,zは整数比とならない
[3] rが無理数,yが無理数で解x,y,zは整数比となる
[1]を満たす解はp=2とpが奇素数のどちらでも必ず存在する
[2]を満たす解はp=2とpが奇素数のどちらでも必ず存在する
[3]を満たす解が存在するかどうかが本来証明すべきこと
> 整数比とならない場合でもrが無理数でyが無理数である解は存在する
は
[2]を満たす解はp=2とpが奇素数のどちらでも必ず存在する
>>60
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき
ここでは[1]のみが扱われている
[2],[3]を扱わないことはrが無理数,yが無理数である解を
全て取り除くことと同じであり
特に[3]を満たす解が扱われていない場合は
整数比となる解を全て取り除いた場合と言える
よって>>75が言える >87
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき
ここでは[1]のみが扱われている
r,x,y,zが無理数で、整数比となるならば、
r,x,y,zが有理数で、整数比となります。 >>88 日高
「で」とか「なる」は禁止。数学の言い方をしろ。 【定理】p=3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^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=3{x^2+x}…(2)となる。
(2)はr^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はr^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^2=a3のとき、x^p+y^p=(x+(a3)^{1/2})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/2}倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。 >>88 日高
> r,x,y,zが無理数で、整数比となるならば、
> r,x,y,zが有理数で、整数比となります。
「無理数r,無理数x,無理数y,無理数zが存在してr:x:y:zが整数比である」ならば
「有理数r,有理数x,有理数y,有理数zが存在してr:x:y:zが整数比である」
と言いたい？ >>86
> >84
> >>79 でaがでてくるのは
> > (2)はrが有理数であるとき、
> > r=√2aとなるaをとり、
> です。
>
> x^2+y^2=(x+2)^2の場合は、
> a=1です。
> x^2+y^2=(x+√2)^2の場合は、
> a=√2/2となります。
それで、aがその値だったら一体何がどうなるんですか？
やってるのはあなたの >>61 の論理をp=2の場合に適用して
x^2+y^2=(x+r)^2…(A)
をr=2のかわりにr=√2とした
x^2+y^2=(x+√2)^2…(B)
を基準として
x^2+y^2=(x+√2a)^2…(C)
を考えたらどうなるか、という話です。 >>88
> r,x,y,zが無理数で、整数比となるならば、
> r,x,y,zが有理数で、整数比となります。
それを何度書いてもあんたの結論は正しくならないのですよ
p=2の場合
> (5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは、整数比となる。
から以下の結論
> ∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解x,y,zを持つ。
pが奇素数の場合
> (5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
から以下の結論
> ∴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。
p=2の場合とpが奇素数の場合で結論の表現の仕方が異なっているでしょ
結論の表現の仕方を比較しやすくすると以下のようになって
[Case 1]
p=2のときx^p+y^p=z^pの解x,y,zは全て整数比である
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pの解x,y,zは全て整数比でない
[Case 2]
p=2のときx^p+y^p=z^pにおいて少なくとも1つの解x,y,zは整数比である
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pにおいて少なくとも1つの解x,y,zは整数比でない
[Case 1]はまずp=2の場合が間違いであることが簡単に分かる
[Case 2]はpが奇素数のときに全ての解が整数比でないことは言えない
>>87は[Case 2]の立場で書いてある >91
「無理数r,無理数x,無理数y,無理数zが存在してr:x:y:zが整数比である」ならば
「有理数r,有理数x,有理数y,有理数zが存在してr:x:y:zが整数比である」
と言いたい？
そうなります。 >92
やってるのはあなたの >>61 の論理をp=2の場合に適用して
x^2+y^2=(x+r)^2…(A)
をr=2のかわりにr=√2とした
x^2+y^2=(x+√2)^2…(B)
を基準として
x^2+y^2=(x+√2a)^2…(C)a
を考えたらどうなるか、という話です。
基準は、a=1です。 >>94 日高
> >91
> 「無理数r,無理数x,無理数y,無理数zが存在してr:x:y:zが整数比である」ならば
> 「有理数r,有理数x,有理数y,有理数zが存在してr:x:y:zが整数比である」
>
> と言いたい？
>
> そうなります。
「なります」はやめろ。なぜ「そうです」と言えない？ >93
> r,x,y,zが無理数で、整数比となるならば、
> r,x,y,zが有理数で、整数比となります。
それを何度書いてもあんたの結論は正しくならないのですよ
どうしてでしょうか？ >>97
> どうしてでしょうか？
理由がその下に書いてあるのに読みもしないのは
どうしてでしょうか？ >>67
> (5)のx,y,zは、(3)のx,y,zの定数倍となります。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(3)の解x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}、は整数比です
(3)の解を定数倍した(5)の解x=s、y=ｔ、z=s+(p^{1/(p-1)})/wも整数比です。
よって、http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>4の
(5)のx,yは共に有理数とならない。
は間違っています。 理由を補う意味で
>>93の[Case 2]に納得できないので
> r,x,y,zが無理数で、整数比となるならば、
> r,x,y,zが有理数で、整数比となります。
と何度も書くわけです
あんたの主張では>>60では解x,y,zは「必ず整数比にはならない」のでした
では日高の論理を強調するために>>61を>>93の[Case 1]の立場で書き直してみましょう
【定理】p=2のときx^p+y^p=z^pの解x,y,zは必ず整数比になる
> 【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)の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が有理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比となる。
> (2)はr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(4)となる。
> (4)はr=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(5)となる。
> (5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解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は必ず整数比になる
結論以外の証明はそのままです >99
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(3)の解x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}、は整数比です
すみません。お尋ねします。
上の文章は、私が書いた文章でしょうか。 【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が有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
r^(p-1)=p以外のときは、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(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)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解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。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解x,y,z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)の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が有理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比となる。
r=2以外のときは、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(4)となる。
(4)はr=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解x,y,zを持つ。 >>101
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>4に書いてある通りですが。
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数）
> (3)に代入すると、
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
中略
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき >104
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
中略
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき
「中略」の内容は、わからないでしょうか？ 【定理】p=3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^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=3{x^2+x}…(2)となる。
(2)はr^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
r^2=3以外のときは、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^2=a3のとき、x^p+y^p=(x+(a3)^{1/2})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/2}倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。 >>106 日高
> r^2=3以外のときは、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(4)となる。
> (4)はr^2=a3のとき、x^p+y^p=(x+(a3)^{1/2})^p…(5)となる。
> (5)の解は(3)の解のa^{1/2}倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
a3とaとの関係は？ >>105
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>4に書いてある通りです。
>>4に書いてある通り
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(3)の解x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}、は整数比です
(3)の解を定数倍した(5)の解x=s、y=ｔ、z=s+(p^{1/(p-1)})/wも整数比です。
よって、
(5)のx,yは共に有理数とならない。
は間違っています。 >108
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(3)の解x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}、は整数比です
すみません。意味を解説していただけないでしょうか。 >>109
あなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>4に書いた通りですよ
もともとs、tは有理数と決めたのですから、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の時、ｓ、ｔ、(p^{1/(p-1)})/wの3つは有理数で、当然整数比です
3つの数をw倍したsw,tw,(p^{1/(p-1)})も当然整数比で、それを(3)に代入すると
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる
というのですから、当然sw,tw,sw+p^{1/(p-1)}の3つの数は(3)の解です。
まとめると、(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(sw,tw,(p^{1/(p-1)})は整数比で、(3)の解です。 >107
a3とaとの関係は？
a3とaとの関係は？の問の答えは、a3は、aの3倍です。
(5)の解のx,y,zは、(3)の解x,y,zのa^(1/2)倍となります。 >110
まとめると、(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(sw,tw,(p^{1/(p-1)})は整数比で、(3)の解です。
わかりました。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)となりますね。 >>112
> w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)となりますね。
そうですね。
それを(5)に代入すれば
s^p+t^p=(s+({(s^p+t^p)^(1/p)}-s))^p
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…※
s^p+t^p=s^p+t^p
となって(5)は必ず成り立ちます。
あとは※の式とフェルマーの定理の式を見比べて、u=(s^p+t^p)^(1/p)とおくと、両辺p乗して
s^p+t^p=u^pとなるので、この式を満たすような有理数s,t,uがあるかないかを探すことが次の作業です。 >>113
> s^p+t^p=u^pとなるので、この式を満たすような有理数s,t,uがあるかないかを探すことが次の作業です。
これって、フェルマーの最終定理そのものですよね？ 日高の>>1とかって、フェルマーの最終定理に何の貢献もしていませんよね？ >113
s^p+t^p=u^pとなるので、この式を満たすような有理数s,t,uがあるかないかを探すことが次の作業です。
これは、(5)によって、探せます。 >114
これって、フェルマーの最終定理そのものですよね？
そうですね。 >115
日高の>>1とかって、フェルマーの最終定理に何の貢献もしていませんよね？
どういう意味でしょうか？ >>116 日高
> >113
> s^p+t^p=u^pとなるので、この式を満たすような有理数s,t,uがあるかないかを探すことが次の作業です。
>
> これは、(5)によって、探せます。
じゃあやってみせて。 >119
> これは、(5)によって、探せます。
じゃあやってみせて。
【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が有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
r^(p-1)=p以外のときは、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(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)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解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。
(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、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1のとき、r^(p-1)=pとなるので、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、自然数とならない。
aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、自然数とならない。
aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、解x,y,zは、有理数となる。
aが１以外の有理数のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解x,y,zは自然数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。 >>122
> aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
「rは自然数となる」とその前の(4)の間に脈絡がないな。
「r=(ap)^{1/(p-1)}」のrが自然数nになるとしたら
a=n^{p-1}/p
でなければならない。
例によって「rは自然数となる(場合がある)」だな。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、有理数とならない。
aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。 >>123
> (3)はrが有理数なので、解x,y,zは、有理数となる。
ここから既におかしいな。
z-x=2である無理数を含む解x,y,zは無数に存在する。
ここも「有理数となる(場合がある)」なんだろう。
数学で「○○となる」と書かれるとすれば、
「(前提を満たすならば必ず)○○である」なんだがな。 >124
例によって「rは自然数となる(場合がある)」だな。
その通りですが、rが自然数となるのは間違いありません。 >126
数学で「○○となる」と書かれるとすれば、
「(前提を満たすならば必ず)○○である」なんだがな。
そうですね。 >>127
> >124
> 例によって「rは自然数となる(場合がある)」だな。
>
> その通りですが、rが自然数となるのは間違いありません。
さらにいうなら「rは自然数となる(場合がある、ただしならない場合もある)」だね。
> aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
ここが
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる場合がある、ただしならない場合もある。
だったら証明にならない、ということはわかるかな。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zが、存在する。
aが１以外の有理数のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zが、存在する。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。 >129
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる場合がある、ただしならない場合もある。
だったら証明にならない、ということはわかるかな。
(ap)^{1/(p-1)}が有理数にならない場合は、x,y,zは、有理数となりません。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、有理数解x,y,zは、存在しない。
aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、有理数解x,y,zは、存在しない。
aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zが、存在する。
a=1以外のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zが、存在する。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、有理数解x,y,zは、存在しない。
a=1以外のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。 >>131
> >129
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる場合がある、ただしならない場合もある。
>
> だったら証明にならない、ということはわかるかな。
>
> (ap)^{1/(p-1)}が有理数にならない場合は、x,y,zは、有理数となりません。
なるのかならないのかを断言できなければ、それはなにも言っていないのと同じですから、それ以降は証明として成り立たなくなりますね。
「存在する」と修正された通り、「となる場合がある、ただしならない場合もある」を「となる」と書かなければよいだけです。 >>135
(3)については「有理数解が存在しない」しかわかっていませんね。
「有理数解ではなく、整数比の解」は存在するかもしれない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
「(3)に有理数解ではなく、整数比の解x,y,z=x+p^{1/(p-1)}が存在する」ときも、これは正しいのですか？ >136
> (ap)^{1/(p-1)}が有理数にならない場合は、x,y,zは、有理数となりません。
なるのかならないのかを断言できなければ、それはなにも言っていないのと同じですから、それ以降は証明として成り立たなくなりますね。
「x,y,zは、有理数となりません。」と断言しています。 >137
「(3)に有理数解ではなく、整数比の解x,y,z=x+p^{1/(p-1)}が存在する」ときも、これは正しいのですか？
(3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解があるならば、x,y,zが有理数で、
整数比の解があります。 >>138
> 「x,y,zは、有理数となりません。」と断言しています。
元々は >>122 の
> aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
に対する指摘だよ。
>>136 の主張を持ってきても意味はない。 >>138
>>140 の
> >>136 の主張を持ってきても意味はない。
は
>>135 の主張を持ってきても意味はない。
だね。訂正しておこう。 >>139
> >137
> 「(3)に有理数解ではなく、整数比の解x,y,z=x+p^{1/(p-1)}が存在する」ときも、これは正しいのですか？
>
> (3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解があるならば、x,y,zが有理数で、
> 整数比の解があります。
「x,y,zが有理数で、整数比の解がある」とき、>>135の
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
は正しい？ >140
> aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
に対する指摘だよ。
>>136 の主張を持ってきても意味はない。
どういう意味でしょうか？ >141
> >>136 の主張を持ってきても意味はない。
は
>>135 の主張を持ってきても意味はない。
だね。訂正しておこう。
どういう意味でしょうか？ >142
「x,y,zが有理数で、整数比の解がある」とき、>>135の
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
は正しい？
正しくありません。 >>139
「(3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解がある」
ならば
「x,y,zが有理数で、整数比の解がある」
「x,y,zが有理数で、整数比の解がある」
ならば
「x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zがある」
では、
「(3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解がある」
は正しいか、正しくないか、
理由をつけて述べてください。 >146
「(3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解がある」
は正しいか、正しくないか、
理由をつけて述べてください。
正しくありません。
理由は、x,y,zが有理数で、整数比の解がないからです。 >>147
> >146
> 「(3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解がある」
> は正しいか、正しくないか、
> 理由をつけて述べてください。
>
> 正しくありません。
> 理由は、x,y,zが有理数で、整数比の解がないからです。
>>135 には
> (3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zは、存在しない。
としか書かれていません。
「x,y,zが有理数で、整数比の解」が存在しない理由はなんですか？ >148
「x,y,zが有理数で、整数比の解」が存在しない理由はなんですか？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)のxが有理数のとき、zが無理数となるからです。 >>149
> >148
> 「x,y,zが有理数で、整数比の解」が存在しない理由はなんですか？
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> (3)のxが有理数のとき、zが無理数となるからです。
(3)は「xが有理数」ならば「x,y,zが有理数で、整数比の解」は存在しない。
では「xが無理数」の場合はどうですか？ >>135
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>4に書いてある通り
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(3)の解x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}、は整数比です
(3)の解x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}と同じ比で(3)の解になるのはx=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}以外にありません。
(3)に整数比の解がある時、絶対に無理数の組であって、、有理数の組ではありませんから、有理数解など考えるだけ無駄です。
(3)の解を定数倍した(4)の解x=s、y=ｔ、z=s+(p^{1/(p-1)})/wも当然整数比です。
よって、
(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
は間違っています。 >150
(3)は「xが有理数」ならば「x,y,zが有理数で、整数比の解」は存在しない。
では「xが無理数」の場合はどうですか？
「xが無理数」で、x,y,zが整数比ならば、y,zは、xと共通の無理数を持ちます。
よって、共通の無理数で割ると、商は、整数比となります、
「xが無理数」で、x,y,zが整数比ならば、「x,y,zが有理数で、整数比の解」が
存在します。 >151
(3)の解を定数倍した(4)の解x=s、y=ｔ、z=s+(p^{1/(p-1)})/wも当然整数比です。
よって、
(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
は間違っています。
(3)の解を整数比と仮定すれば、当然(4)の解も整数比になります。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、有理数解x,y,zは、存在しない。
a=1以外のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
例
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zは、存在しない。
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
xを有理数とすると、z=x+√3は、無理数。
よって、x,y,zは、有理数解とならない。 >>148
> >>147
>
> > >146
> > 「(3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解がある」
> > は正しいか、正しくないか、
> > 理由をつけて述べてください。
> >
> > 正しくありません。
> > 理由は、x,y,zが有理数で、整数比の解がないからです。
この「x,y,zが有理数で、整数比の解」とは何の解ですか？ >155
> > 理由は、x,y,zが有理数で、整数比の解がないからです。
この「x,y,zが有理数で、整数比の解」とは何の解ですか？
(3)の解です。
例
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zは、存在しない。
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
xを有理数とすると、z=x+√3は、無理数。
よって、x,y,zは、有理数解とならない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zが、存在する。
a=1以外のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zが、存在する。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
y=10/3を代入すると、
x=16/9、y=30/9、z=34/9となる。比は、8:15:17
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zが、存在する。
a=1以外のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となりえる。
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)は、r=a2なので、r=9のとき、a=9/2
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zが、存在する。
(16/9)*9/2=8、(30/9)*9/2=15、(34/9)*9/2=17 >>154 日高
書き方が拙くて意味が読み取りにくいところがありますが
(3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないこととを混同しているのが一番大きな間違いだと思われます。 >158
(3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないこととを混同しているのが一番大きな間違いだと思われます。
(3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないことは、同じだと、思います。 >158
(3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないこととを混同しているのが一番大きな間違いだと思われます。
「(3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないことの違い」の例を、示して
いただけないでしょうか。 >158
(3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないこととを混同しているのが一番大きな間違いだと思われます。
(3)でなくても、良いので何か同じ例を挙げていただけないでしょうか。 「x^2+y^2=z^2」の「z-x=2√2」である解を考えます。
このとき「z-x=2√2」は無理数ですから、xとzは同時に有理数になることはありません。
したがって、「有理数解はない」と言えます。
では「有理数比の解はない」かというとそんなことはなく、
「x=3√2, y=4√2, z=5√2」が存在します。
この場合には、「z-xが無理数」から「有理数解はない」とは言えても「有理数比の解がない」と言うことはできない、ということになります。
さて、この有理数比の解は、x,y,zすべてがz-x=2√2の有理数倍になっています。
p=3、あるいはその他の奇素数の場合に、
「x^p+y^p=z^p」の「z-x=p^{1/(p-1)}」である解の中に「x,y,zすべてがp^{1/(p-1)}の有理数倍の解」がないと断言できるでしょうか。 >162
>「x^2+y^2=z^2」の「z-x=2√2」である解を考えます。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zが、存在する。
a=1以外のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zが、存在する。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
z-x=2√2=r=(ap)^{1/(p-1)}=a2より、
a=√2
x^2+y^2=(x+2)…(3)のとき、x=3,y=4,z=5となります。
x^2+y^2=(x+2√2)^2…(4)の解は、x=3,y=4,z=5のa倍となります。
よって、x=3√2、y=4√2,、z=5√2となります。
有理数解があることと、有理数比の解があることは、同じとなります。 >>161 日高
> >158
> (3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないこととを混同しているのが一番大きな間違いだと思われます。
>
> (3)でなくても、良いので何か同じ例を挙げていただけないでしょうか。
違う式ですがx^3+7y^3=(x+√3)^3を考えます。x,y,z(=x+√3)が有理数になる解は存在しませんが有理数比になる解は存在します。x=y=√3,z=2√3です。 >>163 日高
たぶん日高君には「主張内容が正しい」と「その論法が正しい」との区別がついていないと思われます。絶望的。 それはr=2
>>163
> >162
> >「x^2+y^2=z^2」の「z-x=2√2」である解を考えます。
>
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
> 【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
> (3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zが、存在する。
> a=1以外のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となりえる。
> (4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zが、存在する。
> ∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
>
> z-x=2√2=r=(ap)^{1/(p-1)}=a2より、
> a=√2
> x^2+y^2=(x+2)…(3)のとき、x=3,y=4,z=5となります。
> x^2+y^2=(x+2√2)^2…(4)の解は、x=3,y=4,z=5のa倍となります。
> よって、x=3√2、y=4√2,、z=5√2となります。
>
> 有理数解があることと、有理数比の解があることは、同じとなります。
その「有理数比の解」x=3,y=4,z=5は、
「x^2+y^2=z^2」の解ですが「z-x=2√2」を満たしません。今考えているのは、「x^2+y^2=z^2」の解であり、なおかつ「z-x=2√2」であるものです。
話をすり替えていませんか？
「x^2+y^2=z^2」については「有理数解がある」と「有理数比の解がある」は同値です。
「x^3+y^3=z^3」についても、
その他の奇素数pで「x^p+y^p=z^p」についても、まったく同様です。
しかしながら「x^2+y^2=z^2」の解で「z-x=2√2」でもあるものについて、
「有理数解がある」と「有理数比の解がある」
あるいは
「有理数解がない」と「有理数比の解がない」
はまったく別の問題です。 結論ありきで証明を作ってるからこんなことになるんだよなあ。
自分の論理の誤りが理解できず盲目的になってるねえ。 同様に、
「x^3+y^3=z^3」の解で「z-x=√3」でもあるものについて、
「有理数解がある」と「有理数比の解がある」
あるいは
「有理数解がない」と「有理数比の解がない」
はまったく別の問題です。 >>153
あなたは、p=2のとき、
5/4,12/4,13/4と同じ比でx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解になる他の数を見つけられないじゃないですか。
(3)の解で同じ比の数の組は1組だけで、他の数の組は絶対に(3)の解になりません。
(3)の解は無理数で整数比のsw,tw,sw+p^{1/(p-1)}だけで、他の数の組は絶対に(3)の解になりません。 >>161
x+y=√2
x、yに有理数の解はない。
x=(√2)/3、y=(2√2)/3は有理数日の解です。
pが奇素数の時、ｓ、ｔを有理数として
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x、yに有理数の解はない。
x=s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、y=t(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)は有理数比の解です。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、無理数で有理数比の解x,y,zは、>>1が見つけられないだけで、きっとあります。
a=1以外のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在します
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、きっと存在します。 >164
違う式ですがx^3+7y^3=(x+√3)^3を考えます。x,y,z(=x+√3)が有理数になる解は存在しませんが有理数比になる解は存在します。x=y=√3,z=2√3です。
そうですね。 >166
「x^2+y^2=z^2」については「有理数解がある」と「有理数比の解がある」は同値です。
「x^3+y^3=z^3」についても、
その他の奇素数pで「x^p+y^p=z^p」についても、まったく同様です。
しかしながら「x^2+y^2=z^2」の解で「z-x=2√2」でもあるものについて、
「有理数解がある」と「有理数比の解がある」
あるいは
「有理数解がない」と「有理数比の解がない」
はまったく別の問題です。
そうですね。 >168
「x^3+y^3=z^3」の解で「z-x=√3」でもあるものについて、
「有理数解がある」と「有理数比の解がある」
あるいは
「有理数解がない」と「有理数比の解がない」
はまったく別の問題です。
そうですね。 >169
(3)の解は無理数で整数比のsw,tw,sw+p^{1/(p-1)}だけで、他の数の組は絶対に(3)の解になりません。
sw,tw,sw+p^{1/(p-1)}は、整数比でしょうか？ >>174
> >168
> 「x^3+y^3=z^3」の解で「z-x=√3」でもあるものについて、
> 「有理数解がある」と「有理数比の解がある」
> あるいは
> 「有理数解がない」と「有理数比の解がない」
> はまったく別の問題です。
>
> そうですね。
であるならば、pが奇素数の場合に
「x^p+y^p=z^p」の「z-x=p^{1/(p-1)}」である解の中に
「x,y,zすべてが有理数の解がない」と
「x,y,zが有理数比の解がない」は別の問題であり、
一方が成り立つからといって、もう一方も成り立つとは言えない、というのはよろしいですか？ >170
pが奇素数の時、ｓ、ｔを有理数として
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x、yに有理数の解はない。
x=s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、y=t(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)は有理数比の解です。
この場合、x,y,zが、整数比となるでしょうか？ >171
(3)はrが無理数なので、無理数で有理数比の解x,y,zは、>>1が見つけられないだけで、きっとあります。
理由を、教えてください。 >171
(3)はrが無理数なので、無理数で有理数比の解x,y,zは、>>1が見つけられないだけで、きっとあります。
理由を、教えてください。 >176
「x^p+y^p=z^p」の「z-x=p^{1/(p-1)}」である解の中に
「x,y,zすべてが有理数の解がない」と
「x,y,zが有理数比の解がない」は別の問題であり、
一方が成り立つからといって、もう一方も成り立つとは言えない、というのはよろしいですか？
「x,y,zすべてが有理数の解がない」と
「x,y,zが有理数比の解がない」は別の問題ですが、
「x,y,zすべてが有理数の解がある」ならば、「x,y,zが有理数比の解がある」ことに
なります。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、有理数解x,y,zは、存在しない。
a=1以外のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。 >>180
> >176
> 「x^p+y^p=z^p」の「z-x=p^{1/(p-1)}」である解の中に
> 「x,y,zすべてが有理数の解がない」と
> 「x,y,zが有理数比の解がない」は別の問題であり、
> 一方が成り立つからといって、もう一方も成り立つとは言えない、というのはよろしいですか？
>
> 「x,y,zすべてが有理数の解がない」と
> 「x,y,zが有理数比の解がない」は別の問題ですが、
> 「x,y,zすべてが有理数の解がある」ならば、「x,y,zが有理数比の解がある」ことに
> なります。
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
ならば
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
ということですか？
「矛盾したことを前提とすると、実際には間違っていることであっても導くことができる」ということが知られています。
前提が矛盾しているので、これは証明として意味をなしません。 >182
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
ならば
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
ということですか？
はいそうです。 >>183
> >182
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
> ならば
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
> ということですか？
>
> はいそうです。
有理数ならば有理数比ですから、その論理自体は間違ってはいないのですが、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
は明らかにありえないことなので、そのような主張をなさる意味がわかりません。 >184
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
は明らかにありえないことなので、そのような主張をなさる意味がわかりません。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが有理数となることは、明らかにありえないことですが、
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)のx,y,zが有理数となることは、あるでしょうか？ >>185
> >184
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
> は明らかにありえないことなので、そのような主張をなさる意味がわかりません。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが有理数となることは、明らかにありえないことですが、
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)のx,y,zが有理数となることは、あるでしょうか？
ないと断言する根拠がありません。
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
は明らかに矛盾しているので否定できますが、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
は否定できていません。
適切にaを選べば
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
ならば
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
ので「x^p+y^p=z^p」で「x,y,zが有理数」である解が存在することになります。 >186
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
ならば
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
これは、正しいですが、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
ので、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
これも、正しいでしょうか？ >>187
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
> ので、
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
>
> これも、正しいでしょうか？
明らかに矛盾していることを前提に何を示すんですか？
知らんがな。
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
> ので「x^p+y^p=z^p」で「x,y,zが有理数」である解が存在することになります。
のことであれば、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
から「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」を取り除いただけです。
【「x^p+y^p=z^p」で「x,y,zが有理数」である解が存在する】
ですから「フェルマーの最終定理の否定」になりますね。 >188
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
> ので、
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
>
> これも、正しいでしょうか？
明らかに矛盾していることを前提に何を示すんですか？
知らんがな。
これは明らかに、正しくないですね。
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在しない】
ので、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在しない。】
これは、正しいでしょうか？ >>189 日高
>ので、
ってどういう意味でしょうか？ >>189
> 「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在しない
「z-x=p^{1/(p-1)}」の場合の「x,y,zが有理数」である解をAとして
「z-x=p^{1/(p-1)}」の場合のA以外の解をBとする
Aが存在しないという仮定をしても
> 「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在しない
「z-x=p^{1/(p-1)}」が無理数で「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」が有理数である場合
「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」の場合の「x,y,zが有理数」である解は上のAとは無関係
「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」の場合の「x,y,zが有理数」である解に対応する
「z-x=p^{1/(p-1)}」の場合の解が存在するならば上のBに含まれる >>175
はい。
あなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>4に書いた通り
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、sw,tw,sw+p^{1/(p-1)は整数比です。
(3)の解は無理数で整数比のsw,tw,sw+p^{1/(p-1)}だけで、他の数の組は絶対に(3)の解になりません。 >>177
はい。
もしフェルマーの定理の式に有理数比の解があるとすれば、s,t,uを有理数として必ずs^p+t^p=u^pが成り立つので
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x=s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、y=t(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)は有理数比の解です。 >>178
rが無理数なのだから、有理数比の解があるなら必ずx、yは無理数になる、と何度言っても、
証明の中で無理数で有理数比の解x,y,zが存在しないということを書く必要があると何度言っても
あなたが、無理数で有理数比の解x,y,zが存在しないという証明が、いつまでたっても書けないのは、
実は「無理数で有理数比の解x,y,zが存在しない」という文が間違っていて、
無理数で有理数比の解x,y,zが存在するからに違いありません。
なので見つけられないだけで、きっとあります。 >>189
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在しない】
> ので、
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在しない。】
>
> これは、正しいでしょうか？
aを1でない正数であるとして、
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在しない】
ならば
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在しない。】
と言えるか？
という問いとして回答します。
不明です。
少なくとも、今まであなたがやっている
「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」である解
をa^{1/(p-1)}倍して
「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」である解
を見つける、という方法では言えないのではないでしょうか。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,z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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zを持つ。
a=1以外のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
y=10/3を代入すると、
x=16/9、y=30/9、z=34/9となる。比は、8:15:17
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zを持つ。
a=1以外のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となりえる。
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)は、r=a2なので、r=9のとき、a=9/2
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zを持つ。
(16/9)*9/2=8、(30/9)*9/2=15、(34/9)*9/2=17 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,z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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、有理数解x,y,zを持たない。
a=1以外のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は、自然数解x,y,zを持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持たない。 >190
>ので、
ってどういう意味でしょうか？
「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、」
という意味です。 >191
>「z-x=p^{1/(p-1)}」の場合の「x,y,zが有理数」である解をAとして
>Aが存在しないという仮定をしても
Aは、明らかに存在しません。 >192
>(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、sw,tw,sw+p^{1/(p-1)は整数比です。
sw,tw,sw+p^{1/(p-1)は整数比ですが、(3)の解となるかは、不明です。 >193
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x=s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、y=t(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)は有理数比の解です。
これらが、(3)の解となるかは、不明です。 >194
>無理数で有理数比の解x,y,zが存在するからに違いありません。
無理数で有理数比のx,y,zが(3)の解となるかは、不明です。 >195
「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」である解
をa^{1/(p-1)}倍して
「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」である解
を見つける、という方法では言えないのではないでしょうか。
言えない理由を、教えていただけないでしょうか？ >>203
>>189 の
> aを1でない正数であるとして、
>
> > 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> > 「x,y,zが有理数」である解が存在しない】
> ならば
> > 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
> > 「x,y,zが有理数」である解が存在しない。】
> と言えるか？
が「言える」とお考えですか？
それなら、まず証明を試みてから聞いてください。 >204
が「言える」とお考えですか？
それなら、まず証明を試みてから聞いてください。
「言える」理由は、
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるからです。 >>199
> Aは、明らかに存在しません。
Aが存在してもしなくてもそれはBが存在するかどうか
には関係ありません >>198 日高
> >190
> >ので、
>
> ってどういう意味でしょうか？
>
> 「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、」
> という意味です。
「ので」の説明に「ので」を使っては無意味。 > > 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> > 「x,y,zが有理数」である解が存在しない】
> ならば
> > 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
> > 「x,y,zが有理数」である解が存在しない。】
> と言えるか？
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数」である解が存在しない】
を前提としても
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
可能性が否定できていません。
そしてこの場合にはaを適切に選べば
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
が示せます。
※これは既に幾度も説明されていると思いますので説明はしません
したがって、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
が否定できない限り、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数」である解が存在しない】
は示せません。 >206
Aが存在してもしなくてもそれはBが存在するかどうか
には関係ありません
Bが存在するかどうかは、不明です。 >207
「ので」の説明に「ので」を使っては無意味。
どういう意味でしょうか？ >>209
> Bが存在するかどうかは、不明です。
だから結局あんたの証明方法で示すことができるのは
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つかどうかは不明
ということ >208
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
可能性が否定できていません。
「z-x=p^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数比」である解が存在するかは、不明です。
ただし、「x,y,zが有理数」である解が存在しないことは、明らかです。 >211
だから結局あんたの証明方法で示すことができるのは
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つかどうかは不明
ということ
違います。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが無理数で、
整数比の解があるか、どうかは不明ということです。 >>213
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが無理数で、
> 整数比の解があるか、どうかは不明ということです。
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の
> 「x,y,zが有理数」である解が存在しないことは、明らか
「x,y,zが無理数」である解が存在することは明らか
「整数比の解があるか」どうかは不明なんだから
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つかどうかは不明
という結論になるでしょ >214
「x,y,zが無理数」である解が存在することは明らか
どうしてでしょうか？
「x,y,zが無理数」で整数比となる解が存在することは、
明らかでは、ありません。
「x,y,zが有理数」で整数比となる解が存在しないことは、明らかです。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,z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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zを持たない。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然数解x,y,zを持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持たない。 >>212
> >208
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
> 可能性が否定できていません。
>
> 「z-x=p^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数比」である解が存在するかは、不明です。
不明ですから、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
と断言できませんし、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数比」である解が存在しない】
とも断言できません。
さらに、適当なaに対して
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数」である解が存在する】
と断言できませんし、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数」である解が存在しない】
とも断言できません。
結局のところ、確たることは何も言えません、となりますね。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,z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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)ははa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zを持つ。
(4)のrが、a2のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zを持つ。
y=10/3を代入すると、x=16/9、y=30/9、z=34/9となる。
(4)のrが、a2のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ
r=9のとき、r=a2なので、a=9/2
(16/9)*9/2=8、(30/9)*9/2=15、(34/9)*9/2=17 >>215
> どうしてでしょうか？
とりあえず整数比になるかどうかは考えていないから
> 「x,y,zが有理数」で整数比となる解が存在しないことは、明らかです
それは「z-x=p^{1/(p-1)}」つまりrが無理数のときだけであって
明らかである理由もrが無理数であるからでしょ
しかし「z-x=p^{1/(p-1)}」で「x,y,zが無理数」の解(これは存在する)を
無理数倍して「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」が有理数となるようにした場合に
「x,y,zが有理数」となる解が存在しないことは明らかではない
これは
> 「x,y,zが無理数」で整数比となる解が存在することは、
> 明らかでは、ありません。
と同じこと
「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」(有理数)で「x,y,zが有理数」で
整数比となる解が存在するのかという問題に関わるのは
「z-x=p^{1/(p-1)}」(無理数)で「x,y,zが有理数」の解(存在しない)ではなくて
「z-x=p^{1/(p-1)}」(無理数)で「x,y,zが無理数」の解
「z-x=p^{1/(p-1)}」(無理数)で「x,y,zが無理数」の解
を無理数倍して
「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」(有理数)で「x,y,zが有理数」の解
に変換できるかどうかという問題は
整数比となる解が存在するのかという問題と同じ >217
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数」である解が存在しない】
とも断言できません。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zを持たない。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然数解x,y,zを持たない。
より、断言できます。 >219
> 「x,y,zが有理数」で整数比となる解が存在しないことは、明らかです
それは「z-x=p^{1/(p-1)}」つまりrが無理数のときだけであって
明らかである理由もrが無理数であるからでしょ
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zを持たない。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然数解x,y,zを持たない
となります。 >>221
(3)と(4)ではrの値が異なるのだから
> (3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zを持たない
を理由にして
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然数解x,y,zを持たない
は単純には言えないですよ
p=2のときでもrが無理数なら有理数解x,y,zを持たないでしょ
そうしたらp=2のときでもrが自然数になるように無理数倍したら
自然数解x,y,zを持たないことになりますよ >>220
> >217
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数」である解が存在しない】
> とも断言できません。
>
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zを持たない。
> (4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然数解x,y,zを持たない。
> より、断言できます。
「(4)のrが自然数」であり
「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」であるなら、
「(ap)^{1/(p-1)})^pが自然数」ですから
「(a^{1/(p-1)})^pは無理数」で
「a^{1/(p-1)}は無理数」です。
「(4)が自然数解を持たない」と
「(3)が自然数の1/a^{1/(p-1)}倍のみの解を持たない」
が同値となりますが、
「自然数の1/a^{1/(p-1)}倍」は無理数なので、
「(3)が自然数の1/a^{1/(p-1)}倍のみの解を持たない」
は不明であり、
「(4)が自然数解を持たない」
も不明です。
さて、何が断言できるんでしたっけ。 >>216 日高
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,z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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
突然登場したaって何ですか？ >>223
ゴミが残っていたので修正
> >>220
>
> > >217
> > 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり「x,y,zが有理数」である解が存在しない】
> > とも断言できません。
> >
> > (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> > (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> > (3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zを持たない。
> > (4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然数解x,y,zを持たない。
> > より、断言できます。
>
「(4)のrが自然数」であり
「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」であるなら、
「(ap)^{1/(p-1)}が自然数」ですから
「a^{1/(p-1)}は無理数」です。
「(4)が自然数解を持たない」と
「(3)が自然数の1/a^{1/(p-1)}倍のみの解を持たない」
が同値となりますが、
「自然数の1/a^{1/(p-1)}倍」は無理数なので、
「(3)が自然数の1/a^{1/(p-1)}倍のみの解を持たない」
の真偽は不明であり、
「(4)が自然数解を持たない」
の真偽も不明です。 >>220
> (3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zを持たない。
> (4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然数解x,y,zを持たない。
端的に言うと「(4)の自然数解」と比が等しい「(3)の自然数比の解」は常に「無理数のみの解」になるので、「(3)が有理数解を持たない」の影響を受けません。
「(3)の自然数比の解」の有無は不明です。
「(4)の自然数解」の有無もまた不明となります。
> より、断言できます。 >>200
あなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>4で
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
と書いているのですから、sw,tw,sw+p^{1/(p-1)は、(3)の解です。 >>201
x=s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、y=t(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)を
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)に代入すれば
s^p+t^p=u^pになるので
フェルマーの定理の式に解があるとすれば、x=s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、y=t(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)は必ず解となります。 >>202
(3)に整数比の解があるとき、必ずx,y,zは無理数です。 >222
p=2のときでもrが無理数なら有理数解x,y,zを持たないでしょ
rが無理数なら、x,y,zは、整数比となります。 >223
「(3)が自然数の1/a^{1/(p-1)}倍のみの解を持たない」
は不明であり、
「(3)が自然数の1/a^{1/(p-1)}倍のみの解を持たない」
とは、
(3)が自然数の解を持たないと、同じ意味でしょうか？ >224
突然登場したaって何ですか？
任意の実数です。 >225
「(4)が自然数解を持たない」と
「(3)が自然数の1/a^{1/(p-1)}倍のみの解を持たない」
が同値となりますが、
(3)の「rが、自然数の1/a^{1/(p-1)}倍のとき、」と同値となります。 >>231
> >223
> 「(3)が自然数の1/a^{1/(p-1)}倍のみの解を持たない」
> は不明であり、
>
> 「(3)が自然数の1/a^{1/(p-1)}倍のみの解を持たない」
> とは、
> (3)が自然数の解を持たないと、同じ意味でしょうか？
ここまでの流れはきれいさっぱり忘れてるんですか？
「(ap)^{1/(p-1)}が自然数」という前提があり、
「a^{1/(p-1)}は無理数」です。
「(3)が自然数の1/a^{1/(p-1)}倍のみの解を持たない」と
「(3)が自然数の解を持たない」は明らかに違います。 >226
端的に言うと「(4)の自然数解」と比が等しい「(3)の自然数比の解」は常に「無理数のみの解」になるので、「(3)が有理数解を持たない」の影響を受けません。
(4)に、自然数解が、あるならば、そうなりますね。 >227
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
と書いているのですから、sw,tw,sw+p^{1/(p-1)は、(3)の解です。
sw,tw,sw+p^{1/(p-1)が、(3)の解となるかは、不明です。 >228
フェルマーの定理の式に解があるとすれば、x=s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、y=t(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)は必ず解となります。
s^p+t^p=u^pとなるかは、不明です。 >229
(3)に整数比の解があるとき、必ずx,y,zは無理数です。
そうですね。 >234
「(3)が自然数の1/a^{1/(p-1)}倍のみの解を持たない」と
「(3)が自然数の解を持たない」は明らかに違います。
わかりました。 >>230
> p=2のときでもrが無理数なら有理数解x,y,zを持たないでしょ
> rが無理数なら、x,y,zは、整数比となります
さすが日高 rが無理数ならセイスウヒだ か
解(x,y,z)=(√2,√3,√5) r=√5-√2 >240
解(x,y,z)=(√2,√3,√5) r=√5-√2
そうですね。 >240
解(x,y,z)=(√2,√3,√5) r=√5-√2
そうですね。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,z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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)ははa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zを持つ。
(4)のrが、a2のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zを持つ。
(3)にy=3を代入すると、x=5/4、y=3、z=13/4となる。
(4)のrが、a2のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ
r=8のとき、r=a2なので、a=4
(5/4)*4=5、3*4=12、(13/4)*4=13 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,z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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zを持たない。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然数解x,y,zを持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持たない。 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 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+√(a3))^3…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zを持たない。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解の√a倍となるので、自然数解x,y,zを持たない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持たない。 >>244
> (4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然数解x,y,zを持たない。
>>246
> (4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解の√a倍となるので、自然数解x,y,zを持たない。
> (3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zを持たない。
どちらも(4)の解は(3)の無理数解の無理数倍となるので
自然数解x,y,zを持たないと結論付けることは間違い >>246 日高
> 【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
> (1)の両辺を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(2)となる。
(1)から(2)への変形が理解できません。 >247
> (3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zを持たない。
どちらも(4)の解は(3)の無理数解の無理数倍となるので
自然数解x,y,zを持たないと結論付けることは間違い
(3)は、無理数解を持ちません。 >248
(1)から(2)への変形が理解できません。
(2)を、変形すると、(1)となります。
p=2、p=3で変形してみて下さい。 >>250 日高
> >248
> (1)から(2)への変形が理解できません。
>
> (2)を、変形すると、(1)となります。
>
> p=2、p=3で変形してみて下さい。
なりますか？
(1)の左辺が(2)の左辺に、(1)の右辺が(2)の右辺になる、という主張ですよね？ >>249
> (3)は、無理数解を持ちません。
和歌山の日高はウメの産地ですが
こちらの日高はウソの産地ですか
(x,y,z)=(2^(1/3),3^(1/3),5^(1/3))は
x^3+y^3=z^3=(x+5^(1/3)-2^(1/3))^3の無理数解でありこのときr=5^(1/3)-2^(1/3)
この解を5^(1/3)-2^(1/3)で割ったものは
x^3+y^3=z^3=(x+1)^3の無理数解でありr=1
さらに√3倍したものは
x^3+y^3=z^3=(x+√3)^3の無理数解でありr=√3
これは>>246の(3)の無理数解の例になっている >>236
あなたは
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき
と書いたのに、ウソだったのですか？
> sw,tw,sw+p^{1/(p-1)が、(3)の解となるかは、不明です。
なら、
sw,tw,sw+p^{1/(p-1)が、(3)の解となるとき、それがフェルマーの定理の式の整数比の解になります。
sw,tw,sw+p^{1/(p-1)が、(3)の解とならないとき、それはフェルマーの定理の式の整数比の解になりません。(ほかの解があるかないかはわかりません。)
どちらになるかが不明なので、フェルマーの定理の式に解があるかどうかも、不明です。
つまり、証明は間違いです。 >>237
> s^p+t^p=u^pとなるかは、不明です。
フェルマーの定理の式に解があるとすれば、必ずs^p+t^p=u^pとなります。 >>249
> (3)は、無理数解を持ちません。
x=s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、y=t(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)は必ず(3）の無理数解です。
フェルマーの定理の式に解があるとき、必ずs^p+t^p=u^pです。 >251
(1)の左辺が(2)の左辺に、(1)の右辺が(2)の右辺になる、という主張ですよね？
違います。
変形した式に、適当な数を代入して、両辺が等しくなるならば、変形は
正しいということに、なります。 >252
> (3)は、無理数解を持ちません。
(3)は、x^3+y^3=(x+√3)^3です。
(x,y,z)=(2^(1/3),3^(1/3),5^(1/3))なので、zは、5^(1/3)です。
(3)は、{2^(1/3)}^3+{3^(1/3)}^3={2^(1/3)+√3}^3となるので、
z=5^(1/3)=2^(1/3)+√3ということになるので、成り立ちません。 >253
どちらになるかが不明なので、フェルマーの定理の式に解があるかどうかも、不明です。
x,yを無理数とした場合は、そうなります。 >254
フェルマーの定理の式に解があるとすれば、必ずs^p+t^p=u^pとなります。
そうですね。 >255
x=s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、y=t(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)は必ず(3）の無理数解です。
uは、どうなりますか？ 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,z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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、x,yは整数比とならない。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、x,yは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,z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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)ははa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、x,yは整数比となりえる。
(4)のrが、a2のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)のx,yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、x,yは整数比となりえる。
(3)にy=3を代入すると、x=5/4、y=3、z=13/4となる。
(4)のrが、a2のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)のx,yは整数比となる。
r=8のとき、r=a2なので、a=4
(5/4)*4=5、3*4=12、(13/4)*4=13 >>257
> (3)は、x^3+y^3=(x+√3)^3です。
> (x,y,z)=(2^(1/3),3^(1/3),5^(1/3))なので
自分に都合の良いように改ざんをするなよ
> (x,y,z)=(2^(1/3),3^(1/3),5^(1/3))は
> x^3+y^3=z^3=(x+5^(1/3)-2^(1/3))^3の無理数解であり
> この解を5^(1/3)-2^(1/3)で割った
> さらに√3倍したものは
(3)の無理数解の例になっている
> zは、5^(1/3)です
(3)の無理数解の例のzは{√3*5^(1/3)}/{5^(1/3)-2^(1/3)} >>256 日高
> >251
> (1)の左辺が(2)の左辺に、(1)の右辺が(2)の右辺になる、という主張ですよね？
>
> 違います。
>
> 変形した式に、適当な数を代入して、両辺が等しくなるならば、変形は
> 正しいということに、なります。
私が
>> 248
> >>246 日高
> > 【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
> > (1)の両辺を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(2)となる。
>
> (1)から(2)への変形が理解できません。
でお尋ねしたのは「(1)の両辺を積の形にすると」の部分です。
「両辺を～にすると」と言ったら左辺は左辺、右辺は右辺で変形してその形にするのでは？
それと、今回の回答の中の「変形は正しい」は通常の数学のそれとは違います。異常です。 >263
(3)の無理数解の例になっている
すみません。よくわかりません。 >264
お尋ねしたのは「(1)の両辺を積の形にすると」の部分です。
「(1)を、両辺を積の形にする」の意味です。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,z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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、x,yは整数比とならない。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、x,yは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持たない。 >>265
> (3)は、無理数解を持ちません。
> (3)は、x^3+y^3=(x+√3)^3です。
(3)は無理数解を持つ
例
x={√3*2^(1/3)}/{5^(1/3)-2^(1/3)}
y={√3*3^(1/3)}/{5^(1/3)-2^(1/3)}
z={√3*5^(1/3)}/{5^(1/3)-2^(1/3)}
r={√3*5^(1/3)-√3*2^(1/3)}/{5^(1/3)-2^(1/3)}=√3
k=√3/{5^(1/3)-2^(1/3)}とおくと
(x,y,z)=(k*2^(1/3),k*3^(1/3),k*5^(1/3))
x^3+y^3=z^3に代入すれば2k^3+3k^3=5k^3
r=√3だから当然x^3+y^3=(x+√3)^3を満たす >268
> (3)は、無理数解を持ちません。
> (3)は、x^3+y^3=(x+√3)^3です。
(3)は無理数解を持つ
間違いでした。(3)は無理数解を持ちますね。 >>267
> (3)はrが無理数なので、x,yは整数比とならない
これもウソ
(3)をx^3+y^3=(x+√3)^3の場合として
x=(√3*2)/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
y=(√3*3)/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
z={√3*(2^3+3^3)^(1/3)}/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
はr=√3で無理数でありx,yは整数比x:y=2:3
r={√3*(2^3+3^3)^(1/3)-√3*2}/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}=√3
k=√3/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}とおくと
(x,y,z)=(k*2,k*3,k*(2^3+3^3)^(1/3))
x^3+y^3=z^3に代入すれば
k^3*2^3+k^3*3^3=k^3*{(2^3+3^3)^(1/3)}^3
r=√3だから当然x^3+y^3=(x+√3)^3を満たす 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,z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)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)ははa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、x,yは整数比となりえる。
(4)のrが、a2のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)のx,yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、x,yは整数比となりえる。
(3)にy=7/2を代入すると、x=33/16、z=65/16となる。
(4)のrが、a2のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)のx,yは整数比となる。
r=32のとき、r=a2なので、a=16
(33/16)*16=33、(7/2)*16=56、(65/16)*16=65 >>271
> (3)はrが有理数なので、x,yは整数比となりえる。
以上を満たしても自然数解x,y,zにならない例があるので
> ∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解x,y,zを持つ。
の証明になっていない
(3)をx^2+y^2=(x+2)^2の場合として
x=(2*2)/(√13-2)
y=(2*3)/(√13-2)
z=(2*√13)/(√13-2)
はr=2で有理数でありx,yは整数比x:y=2:3
r=(2*√13-2*2)/(√13-2)=2
k=2/(√13-2)とおくと
(x,y,z)=(k*2,k*3,k*√13)
x^2+y^2=z^2に代入すれば
k^2*2^2+k^2*3^2=k^2*(√13)^2
r=2だから当然x^2+y^2=(x+2)^2を満たす >270
x=(√3*2)/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
y=(√3*3)/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
z={√3*(2^3+3^3)^(1/3)}/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
x,y,zは、どのようにして、求めるのでしょうか？ >>273
> どのようにして
あんたが読まなかっただけでそのことについても
既に書いてある 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、整数比の解を持たない。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、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、自然数解を持たない。 (修正１)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >274
>>273
> どのようにして
x,y,zの求め方は、分かりました。
この形以外で、(3)が成り立つx,y,zがあるでしょうか？ >272
x=(2*2)/(√13-2)
y=(2*3)/(√13-2)
z=(2*√13)/(√13-2)
はr=2で有理数でありx,yは整数比x:y=2:3
この形以外で、(3)が成り立つ無理数x,y,zがあるでしょうか？ (修正１)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)ははa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
(4)のrが、自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は、自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (修正１)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
(4)のrが、自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は、自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >272
x=(2*2)/(√13-2)
y=(2*3)/(√13-2)
z=(2*√13)/(√13-2)
はr=2で有理数でありx,yは整数比x:y=2:3
x:y:zは、整数比となるでしょうか？ >270
x=(√3*2)/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
y=(√3*3)/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
z={√3*(2^3+3^3)^(1/3)}/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
はr=√3で無理数でありx,yは整数比x:y=2:3
x:y:zは、整数比となるでしょうか？ (修正2)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、整数比の解x,y,zを持たない。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 (修正2)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、整数比の解を持つ。
(4)のrが、自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は、自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>283-284
x=3√2、y=4√2、z=5√2、r=z-xのとき
(3√2)^2+(4√2)^2=(3√2+2√2)
rが無理数であるかどうかは(3)式が整数比の解をもつかどうかとは関係ありません。
証明は間違っています。 >>278
>>281
> この形以外で、(3)が成り立つ無理数x,y,zがあるでしょうか？
> x:y:zは、整数比となるでしょうか？
当然無理数x,y,zはありますよ
その中には整数比となるものがあるかもしれませんし
ないかもしれません
整数比となるかどうかを証明することと
> p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ
> pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない
を証明することは同じこと
rが有理数なので有理数解を必ず持つとはいえない
rが自然数なので自然数解を必ず持つとはいえない
x^2+y^2=(x+2)^2
x^3+y^3=(x+3)^3
rが無理数なので整数比の解x,y,zを必ず持たないともいえない
x^2+y^2=(x+√2)^2
x^3+y^3=(x+√3)^3 >285
rが無理数であるかどうかは(3)式が整数比の解をもつかどうかとは関係ありません。
x,y,zが整数比ならば、共通の無理数で、割ると有理数となります。 >>287
それがどうかしましたか？
x=3√2、y=4√2、z=5√2、r=z-xのとき
(3√2)^2+(4√2)^2=(3√2+2√2)
ｒが無理数で、解は整数比です。
rが無理数であるかどうかは(3)式が整数比の解をもつかどうかとは関係ありません。 >286
rが有理数なので有理数解を必ず持つとはいえない
rが自然数なので自然数解を必ず持つとはいえない
x^2+y^2=(x+2)^2
x^3+y^3=(x+3)^3
x^2+y^2=(x+2)^2は、yを有理数とすると、必ずxは、有理数となります。
x^3+y^3=(x+3)^3は、xを有理数としても、必ずyは、無理数となります。
理由は、「(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然数解を持たない。」からです。 >288
x=3√2、y=4√2、z=5√2、r=z-xのとき
(3√2)^2+(4√2)^2=(3√2+2√2)
ｒが無理数で、解は整数比です。
x,y,zが、無理数で、整数比ならば、共通の無理数√2で割ると、
3,4,5となります。 >>290
それがどうかしましたか？
x=5√3、y=12√3、z=13√3、r=z-xのとき
(5√3)^2+(12√3)^2=(8√3+5√3)
ｒが無理数で、解は整数比です。
rが無理数であるかどうかは(3)式が整数比の解をもつかどうかとは関係ありません。
「rが無理数なので」は理由になりません。
「rが有理数なので」は理由になりません。 >>289
> rが有理数なので有理数解を必ず持つとはいえない
r=z-xが有理数なのでという前提にyは含まれていないから
あんたのは理由になっていないんだよ
> yを有理数とすると
さらにyの値の情報が必要になっているじゃないですか >291
「rが無理数なので」は理由になりません。
「rが有理数なので」は理由になりません。
a=1のときの、rが有理数となるか、無理数となるかが、理由になります。 >292
> yを有理数とすると
さらにyの値の情報が必要になっているじゃないですか
どういう意味でしょうか？ >>293
> 理由になります。
理由になりませんよ
x=5√3、y=12√3、z=13√3、r=z-xのとき
(5√3)^2+(12√3)^2=(8√3+5√3)
ｒが無理数で、解は整数比です。
x=√2,y=(4+√2)^(1/2),z=2+√2,r=z-xのとき
(√2)^2+((4+√2)^(1/2))^2=(√2+2)^2
ｒが有理数で、解は整数比ではありません。
rが有理数か無理数かは整数比の解をもつかどうかとは関係ありません。
「rが無理数なので」は理由になりません。
「rが有理数なので」は理由になりません。 >>293
①
x=1,y=√2,z=√3,r=z-xのとき
1^2+(√2)^2=(1+(√3)-1)^2
rは無理数で、解は整数比ではありません。
②
x=5√3、y=12√3、z=13√3、r=z-xのとき
(5√3)^2+(12√3)^2=(8√3+5√3)
ｒが無理数で、解は整数比です。
③
x=√2,y=(4+√2)^(1/2),z=2+√2,r=z-xのとき
(√2)^2+((4+√2)^(1/2))^2=(√2+2)^2
ｒが有理数で、解は整数比ではありません。
④
x=3,y=4,z=5,r=z-xのとき
3^2+4^2=5^2
rが有理数で、解は整数比です。
rが無理数の時、①のケースか②のケースか判断できません。
rが有理数の時、③のケースか④のケースか判断できません。
よって、
「rが無理数なので」は理由になりません。
「rが有理数なので」は理由になりません。 >>294
> rが有理数なので有理数解を必ず持つとはいえない
これは
x,zが有理数であってもx,y,zの全てが有理数とはいえない
ということであるが
あんたの反論は
x,zが有理数かつyが有理数であればx,y,zの全てが有理数となる
だからそもそも反論になっていないよねということですね >295
x=√2,y=(4+√2)^(1/2),z=2+√2,r=z-xのとき
(√2)^2+((4+√2)^(1/2))^2=(√2+2)^2
ｒが有理数で、解は整数比ではありません。
yが有理数ならば、解は、整数比となります。 >296
②
x=5√3、y=12√3、z=13√3、r=z-xのとき
(5√3)^2+(12√3)^2=(8√3+5√3)
ｒが無理数で、解は整数比です。
共通の無理数で割ると、5,12,13となります。
③
x=√2,y=(4+√2)^(1/2),z=2+√2,r=z-xのとき
(√2)^2+((4+√2)^(1/2))^2=(√2+2)^2
ｒが有理数で、解は整数比ではありません。
yが有理数でありません。 >>298
>>284のどこにも、yが有理数でないといけないとかyを有理数とするなんて書いてありませんね。
x=√2,y=(4+√2)^(1/2),z=2+√2,r=z-xのとき
(√2)^2+((4+√2)^(1/2))^2=(√2+2)^2
ｒが有理数で、解は整数比ではありません。
よって、
「rが無理数なので」は理由になりません。
「rが有理数なので」は理由になりません。 >297
あんたの反論は
x,zが有理数かつyが有理数であればx,y,zの全てが有理数となる
違うように思います。
x^2+y^2=(x+r)^2で、rが有理数で、yが有理数ならば、x,zは有理数となります。 >>284
> (3)はrが有理数なので、整数比の解を持つ。
これはyが有理数と無理数のどちらでもという意味にしかならないですよね
>>301
> x^2+y^2=(x+r)^2で、rが有理数で、yが有理数ならば
だったらそこをはっきりさせて証明を書きなおさなくてはいけません
> (3)はrが有理数なので、整数比の解を持つ。
(3)はrが有理数でyが有理数ならばx,zは有理数となるので整数比の解を持つ
そこでrが有理数のときにyが有理数となるケースを示せばOKです
> (3)はrが無理数なので、整数比の解x,y,zを持たない。
こちらも整数比の解x,y,zを持たないことは証明されていません >300
>>284のどこにも、yが有理数でないといけないとかyを有理数とするなんて書いてありませんね。
そうですね。 >>299
> x=5√3、y=12√3、z=13√3、r=z-xのとき
> (5√3)^2+(12√3)^2=(8√3+5√3)
> ｒが無理数で、解は整数比です。
> 共通の無理数で割ると、5,12,13となります。
それがどうかしましたか？
x=5√3、y=12√3、z=13√3、r=z-xのとき、rが無理数ではない、と言いたいのですか？
それとも、x=5√3、y=12√3、z=13√3が整数比でない、と言いたいのですか？
rが無理数で、解が整数比であることを、否定するのですか？ >304
> x=5√3、y=12√3、z=13√3、r=z-xのとき
> (5√3)^2+(12√3)^2=(8√3+5√3)
> ｒが無理数で、解は整数比です。
これは、r=a2=8√3の場合です。 (修正3)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)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。
(4)のrが、自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は、自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>306
> (2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
> (4)のrが、自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は、自然数解を持つ。
> (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。
xが有理数ならrが有理数よりzも有理数でx,y,zは全て有理数
有理数解を持てば自然数解を持つことは簡単にわかるから
今のところ(4)のくだりは不要
> yを有理数とすると
これはまだ仮定されているだけなので
あとは実際にyを有理数とすることができるかを確認すればよく
それらが(3)を満たすことを確認すればよい
x^2+y^2=(x+2)^2ならy=(4x+4)^(1/2)
4x+4が平方数になるような有理数xが存在することを示せば証明終了 (修正3)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、自然数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>308
最終的に整数比の解を探したいのだから、rが無理数のときに、yが有理数の場合を考えるのはあほですね。
整数比の解を探しているのだから、rが無理数の時、yは無理数です。
rが無理数で、yが無理数の場合を考えていないので、>>308は間違いです。 >>308
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解は(3)の無理数解のa^{1/(p-1)}倍である
(3)においてrが無理数ならば無理数解が存在するから
これがダメなのは確認したでしょ
>>269
> 間違いでした。(3)は無理数解を持ちますね。 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(3)はrが無理数なので、整数比の解がある時、必ずyは無理数となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、
(4)の解が自然数解のとき、(3)の解は無理数で整数比となるが
(3)の解で無理数で整数比なものを探していないので、証明は失敗です。 >309
rが無理数で、yが無理数の場合を考えていないので、>>308は間違いです。
rが無理数で、yが無理数の場合は、x,y,zは、有理数解となりません。 >311
(3)の解で無理数で整数比なものを探していないので、証明は失敗です。
(3)の解でx,yが無理数で整数比なものは、x,y,zが、整数比となりません。 >>312-313
> rが無理数で、yが無理数の場合は、x,y,zは、有理数解となりません。
> (3)の解でx,yが無理数で整数比なものは、x,y,zが、整数比となりません。
証明のどこにそんなことが書いてありますか？書いてありませんよ。
証明のどこを見ればそのことが分かりますか？どこを見てもわかりませんよ。 >>313
それにあなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>4で書いた通り、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数）
(3)に代入すると、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のときは、
x,y,zは整数比となる
と何度も言ってるじゃないですか。 >314
> (3)の解でx,yが無理数で整数比なものは、x,y,zが、整数比となりません。
証明のどこにそんなことが書いてありますか？書いてありませんよ。
270を見て下さい。 >>316
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>270あたりを読んでわかることは、
単にあなたがx、y、zが整数比となる数を探せていないだけ、見つけられていないだけ
ということですね。
x、y、zが整数比とならない証明がどこにもないので。
証明は失敗です。 >315
(3)に代入すると、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のときは、
x,y,zは整数比となる
と何度も言ってるじゃないですか。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは、
s^p+t^p={s+(p^{1/(p-1)})/w}^pとなるので、
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のときは、x,y,zは整数比となります。 >317
単にあなたがx、y、zが整数比となる数を探せていないだけ、見つけられていないだけ
ということですね。
x、y、zが整数比とならない証明がどこにもないので。
証明は失敗です。
270を見て下さい。 >>316
そもそも、証明以外のところに何が書いてあろうが証明には関係ありませんね。
証明は失敗です。 >>319
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>270はあなたの書いた
> (3)はrが無理数なので、x,yは整数比とならない
がウソである、という内容ですが、これを読んで何が分かるのですか？
そもそも、証明以外のところに何が書いてあろうが証明には関係ないので
証明は失敗なんですけど。。 (修正4)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)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、自然数解を持たない。 >>318
それがどうかしましたか？
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは、
a=1で、r^(p-1)=pで、rは無理数で、解は整数比です。
rが無理数でない、と言いたいのですか？
解が整数比でない、と言いたいのですか？
rが無理数で、解が整数比であることを、否定するのですか？ >321
> (3)はrが無理数なので、x,yは整数比とならない
がウソである、という内容ですが、
違います。 >>319
> 270を見て下さい。
日高よ以下を無視するな
>>278
> この形以外で、(3)が成り立つx,y,zがあるでしょうか？
>>286
> 当然無理数x,y,zはありますよ
> その中には整数比となるものがあるかもしれませんし
> ないかもしれません >>322
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(3)はrが無理数なので、もし整数比の解があるとすれば、必ずyは無理数となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、
もし(4)に整数比の解があるとすれば、(3)の解はの解は無理数で整数比となるが
(3)の解で無理数で整数比なものを探していないので、(4)に整数比の解があるかどうかはわかりません。
証明は失敗です。 >>324
あなたはどこを見ているのですか？
あなたの見ている270に書いてある内容を、もう一度書いてください
掲示板にとってはいやがらせですけど、見ている内容を確認するためだからしょうがない >>324
> 違います。
いいえ
> (3)はrが無理数なので、x,yは整数比とならない
がウソであるという内容です r, s, tを任意の正の実数とする。
「x=s, y=t, z=(s^p+t^p)^{1/p}」
は「x^p+y^p=z^p」の解である。
k=(s^p+t^p)^{1/p}-s とおいたとき、
「x=rs/k, y=rt/k, z=r(s^p+t^p)^{1/p}/k」は
「x=s, y=t, z=(s^p+t^p)^{1/p}」をr/k倍したものゆえ
「x^p+y^p=z^p」の解であり、またこのとき
z-x= r(s^p+t^p)^{1/p}/k - rs/k
=r/k((s^p+t^p)^{1/p}-s)
=r
である。
したがって、任意のrおよび任意の比s:tに対し、
「z-x=r」と「x:y=s:t」を満たす「x^p+y^p=z^p」の解が存在する。 (3)をx^3+y^3=(x+√3)^3の場合として
x=(√3*2)/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
y=(√3*3)/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
z={√3*(2^3+3^3)^(1/3)}/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
はr=√3で無理数でありx,yは整数比x:y=2:3 >>330
x=2,y=3は整数比になるように適当に選んだだけだから
別に他の値でも構わないですよ
参考までにp=2のとき
rが有理数でx,yは整数比あるいは
rが無理数でx,yは整数比
の条件下では整数比になるものとならないものの両方がある
(x,y,z)=(k*2,k*3,k*√13)
kの値を調整すればrは有理数でも無理数にもできる
x,yは整数比x:y=2:3
x,y,zは整数比ではない x:y:z=2:3:√13
(x,y,z)=(k*3,k*4,k*5)
kの値を調整すればrは有理数でも無理数にもできる
x,yは整数比x:y=3:4
x,y,zは整数比である x:y:z=3:4:5 >>330
それは何ですか？
いくら例を挙げても、そんなもの証明ではないですよ？
x^2+y^2=z^2の解は整数比にならない
例
1^2+(√2)^2=(√3)^2
1^2+(√3)^2=(√4)^2
1^2+(√4)^2=(√5)^2
1^2+(√5)^2=(√6)^2
1^2+(√6)^2=(√7)^2
1^2+(√7)^2=(√8)^2
1^2+(√8)^2=(√9)^2
1^2+(√9)^2=(√10)^2
1^2+(√10)^2=(√11)^2
1^2+(√11)^2=(√12)^2
ほら、あなたの10倍も例を挙げましたよ。 >323
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは、
a=1で、r^(p-1)=pで、rは無理数で、解は整数比です。
その通りですが、この場合は、(s^p+t^p)^(1/p)が有理数に
なることが、条件です。 >325
> 当然無理数x,y,zはありますよ
> その中には整数比となるものがあるかもしれませんし
> ないかもしれません
無理数x,y,zが整数比となる条件は
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数になることです。(s,tは有理数) >326
(3)はrが無理数なので、もし整数比の解があるとすれば、必ずyは無理数となる。
理由を教えていただけますでしょうか。 >327
あなたの見ている270に書いてある内容を、もう一度書いてください
以下の通りです。
(3)をx^3+y^3=(x+√3)^3の場合として
x=(√3*2)/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
y=(√3*3)/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
z={√3*(2^3+3^3)^(1/3)}/{(2^3+3^3)^(1/3)-2}
はr=√3で無理数でありx,yは整数比x:y=2:3 >328
> (3)はrが無理数なので、x,yは整数比とならない
がウソであるという内容です
そのとおりです。 >329
したがって、任意のrおよび任意の比s:tに対し、
「z-x=r」と「x:y=s:t」を満たす「x^p+y^p=z^p」の解が存在する。
そのとおりです。 >331
(x,y,z)=(k*3,k*4,k*5)
kの値を調整すればrは有理数でも無理数にもできる
x,yは整数比x:y=3:4
x,y,zは整数比である x:y:z=3:4:5
そうですね。 >332
それは何ですか？
270の一部を貼り付けました。 (修正5)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)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、自然数解を持たない。 (修正5)
【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^(p-1)+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+(a3)^{1/2})^3…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となるので、整数比とならない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>341
>>342
> (3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない
> (3)の解のa^{1/2}倍となるので、整数比とならない
これらの(3)の解は無理数解であって無理数解x,y,zは確かに存在します
しかし以下の条件に関して証明されていません
> その通りですが、この場合は、(s^p+t^p)^(1/p)が有理数に
> なることが、条件です
> 無理数x,y,zが整数比となる条件は
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数になることです。(s,tは有理数)
(3)の無理数解に関して(s^p+t^p)^(1/p)が有理数にならないことを
証明しなければ整数比とならないとはいえません >>333
そうですか。では
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数になるとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは、
a=1で、r^(p-1)=pで、rは無理数で、解は整数比です。
無理数で整数比の解が(3)の解になることが分かったので、
341の中で無理数で整数比の(3)の解を探していない>>341は間違いです。 >>335
r=z-xより、rが無理数ならば、ｚとxのどちらか一方、あるいは両方が必ず無理数
無理数と有理数では整数比にならないので、整数比の解があるときzとxは必ず両方無理数
無理数と有理数では整数比にならないので、整数比の解があるとき無理数のzとxと整数比になるyは必ず無理数
(3)に整数比の解があるときx,y,zは必ず無理数になることが分かったので、
341の中で無理数で整数比の(3)の解を探していない>>341は間違いです。 >343
(3)の無理数解に関して(s^p+t^p)^(1/p)が有理数にならないことを
証明しなければ整数比とならないとはいえません
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数になることは、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,yが有理数になることと同じです。 >>346
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数になることは、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,yが有理数になることと同じです
x,yの値を考えることは
p^{1/(p-1)}の値によって場合分けする必要があるので
あなたの考えは間違っています
解x,y,zが整数比になる場合
p^{1/(p-1)}が有理数ならば解(存在するのならば)のx,yは有理数
p^{1/(p-1)}が無理数ならば解(存在するのならば)のx,yは無理数である
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
というのは解x,y,zの比は変わらないから下のkの値が変わるだけ
(x,y,z)=(k*s,k*t,k*(s^p+t^p)^(1/p))
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数になる
というのは
解x,y,zの比がs:t:(s^p+t^p)^(1/p)であるときに
s,t,(s^p+t^p)^(1/p)が有理数であれば整数比になるということであり
解x,yが有理数であるかどうかということではない >344
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数になるとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは、
a=1で、r^(p-1)=pで、rは無理数で、解は整数比です。
無理数で整数比の解が(3)の解になることが分かったので、
x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}としたとき、
x,y,zは整数比となるでしょうか？ >>348
あなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>4で書いた通り、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数）
(3)に代入すると、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のときは、
x,y,zは整数比となる
と何度も言ってるじゃないですか。 >>348
> x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}としたとき、
> x,y,zは整数比となるでしょうか？
s,tが有理数で
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数になる
ならば整数比になります
(x,y,z)=(k*s,k*t,k*(s^p+t^p)^(1/p))のkを求めるだけです
(x,y,z)=(s,t,(s^p+t^p)^(1/p))ならばr=z-x=(s^p+t^p)^(1/p)-sより
k=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}のとき
r=z-x=p^{1/(p-1)}であるからz=k*s+p^{1/(p-1)=k*(s^p+t^p)^(1/p)
解x,y,zの比は
sw:tw:sw+p^{1/(p-1)}=s:t:(s^p+t^p)^(1/p) >345
(3)に整数比の解があるときx,y,zは必ず無理数になることが分かったので、
x,y,zが無理数で整数比となるならば、x,y,zが有理数で整数比となります。 >347
解x,y,zの比がs:t:(s^p+t^p)^(1/p)であるときに
s,t,(s^p+t^p)^(1/p)が有理数であれば整数比になるということであり
そうですね。
解x,yが有理数であるかどうかということではない
理由を教えていただけないでしょうか？ >349
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のときは、
x,y,zは整数比となる
と何度も言ってるじゃないですか。
はい。(p^{1/(p-1)})/wが有理数のときは、
x,y,zは整数比となります。 >350
解x,y,zの比は
sw:tw:sw+p^{1/(p-1)}=s:t:(s^p+t^p)^(1/p)
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数ならば、整数比となります。
sw:tw:sw+p^{1/(p-1)}は、s:t:s+(p^{1/(p-1)})/wとなるので、
(p^{1/(p-1)})/wが有理数ならば、整数比となります。 >>351
> x,y,zが無理数で整数比となるならば、x,y,zが有理数で整数比となります。
r=z-xなので、
x,y,rが無理数で整数比となるならば、x,y,rが有理数で整数比となります。
あなたが何度も書いている通り、(3)はrが無理数なので、「x,y,rが有理数で整数比となります。」は明らかに(3)の解の話ではありません。
別の、関係ない式の話です。
(3)に整数比の解があるとき(3)のx,y,zは必ず無理数になることが分かったので、
341の中で無理数で整数比の(3)の解を探していない>>341は間違いです。 >>352
> 解x,yが有理数であるかどうかということではない
> 理由を教えていただけないでしょうか？
理由も書いてあるでしょ
> > (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
> というのは解x,y,zの比は変わらないから下のkの値が変わるだけ
> (x,y,z)=(k*s,k*t,k*(s^p+t^p)^(1/p))
s,tが有理数
kが有理数
wが無理数であるとして
x=sk,y=tkならx,yは有理数
x=sw,y=twならx,yは無理数
解の比は変わらない
x:y=sk:tk=sw:tw=s:t
解x,y,zの比が変わらないので
sw:tw:sw+p^{1/(p-1)}=s:t:(s^p+t^p)^(1/p) >355
(3)に整数比の解があるとき(3)のx,y,zは必ず無理数になることが分かったので、
341の中で無理数で整数比の(3)の解を探していない>>341は間違いです。
(3)に無理数で、整数比の解があるならば、有理数で整数比の解があります。 >356
解x,y,zの比が変わらないので
sw:tw:sw+p^{1/(p-1)}=s:t:(s^p+t^p)^(1/p)
こうなりますね。 >>357
> (3)に無理数で、整数比の解があるならば、有理数で整数比の解があります
p=2のときr=√2として解x,y,zが無理数で整数比の解があります
主張の裏付けとして
p=2のときr=√2として解x,y,zが有理数で整数比の解の例を挙げてください
>>358
あんたの疑問に一通り答えたのだから>>343の内容は理解できるでしょ？ >>357
r=z-xのz、xが有理数の時、rは有理数です。
(3)式のrは無理数なので、有理数で整数比の解があるのは(3)式ではありません。
(3)に整数比の解があるとき(3)のx,y,zは必ず無理数になることが分かったので、
341の中で無理数で整数比の(3)の解を探していない>>341は間違いです。 >>360
> (3)式のrは無理数なので、有理数で整数比の解があるのは(3)式ではありません。
なるほど。
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
じゃあこれは間違いなんだ。 (修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、解は有理数とならない。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、解は有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >359
p=2のときr=√2として解x,y,zが有理数で整数比の解の例を挙げてください
例は、ありません。 >360
(3)に整数比の解があるとき(3)のx,y,zは必ず無理数になることが分かったので、
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数となるならば、そのとおりです。 >361
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
じゃあこれは間違いなんだ。
これは、正しいです。 (修正6)
【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^(p-1)+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+(a3)^{1/2})^3…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となるので、有理数解を持たない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 (修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 (修正6)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、自然数解を持つ。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (修正6)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、自然数解を持つ。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
y=10/3を代入すると、x=16/9、z=34/9
(2)はa=1以外、r^2=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、自然数解を持つ。
a2=9のとき、a=9/2
(16/9*9/2)^2+(10/3*9/2)^2=(16/9*9/2+9)^2
8^2+15^2=17^2 >>363
> (3)に無理数で、整数比の解があるならば、有理数で整数比の解があります
> p=2のときr=√2として解x,y,zが有理数で整数比の解の例を挙げてください
> 例は、ありません。
>>365
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
> これは、正しいです。
例はないのに正しいとはどうしてですか？
共通の(無理)数で割るとrの値も変わるんだからそれらが最初のrで定められる(3)の解
になることはあり得ないのだけれど
>>367
pが奇素数のとき
> (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
p=2のとき
> (3)はrが有理数なので、有理数解を持つ
結局繰り返しになるがこれらは証明になっていないんだよね >370
> (3)に無理数で、整数比の解があるならば、有理数で整数比の解があります
> p=2のときr=√2として解x,y,zが有理数で整数比の解の例を挙げてください
> 例は、ありません。
p=2、r=√2のとき、無理数で、整数比の解があります。
共通の無理数で割ると有理数で、整数比となります。 >>371
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
> これは、正しいです。
また(3)の有理数解となることを示してくれと言っているんだけれども
> p=2、r=√2のとき、無理数で、整数比の解があります。
> 共通の無理数で割ると有理数で、整数比となります
これがx^2+y^2=(x+√2)^2の解であることを示してくれということ
あんたは共通の無理数で割っても同じ式の有理数解になると言っているのだから >372
これがx^2+y^2=(x+√2)^2の解であることを示してくれということ
あんたは共通の無理数で割っても同じ式の有理数解になると言っているのだから
共通の無理数で割っても同じ式の有理数解にはなりません。 >>373
> 同じ式の有理数解にはなりません
>>367
> (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、有理数解を持たない。
だったらこれは証明になっていないじゃないですか >374
だったらこれは証明になっていないじゃないですか
(s^2+t^2)^(1/2)が、有理数になるので、証明になります。 >>375
> (s^2+t^2)^(1/2)が、有理数になるので、証明になります。
p=2のときは整数比になることは証明できますが
これはあなたの証明方法ではないですよね
あなたの方法だと以下の結論も出せます
x^2+y^2=z^2=(x+2)^2=(x+√2*√2)^2
r=√2は無理数なので有理数解を持たない
r=2のときrは自然数でありr=√2の解の√2倍となるので有理数解を持たない
p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない >>366
【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^(p-1)+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+(a3)^{1/2})^3…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数解の時、(3)は無理数で整数比の解をもつ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となるので、
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数解の時、’(4)は有理数解を持つ
よって、証明は失敗です。 >>377修正
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数のとき、 >376
x^2+y^2=z^2=(x+2)^2=(x+√2*√2)^2
r=√2は無理数なので有理数解を持たない
r=2のときrは自然数でありr=√2の解の√2倍となるので有理数解を持たない
p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない
r=√2のとき、
{3*(√2/2)}^2+{4*(√2/2)}^2={3*(√2/2)+√2}^2={5*(√2/2)}^2
√2倍すると、(x,y,z)=(3,4,5) >377
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、’(4)は有理数解を持つ
よって、証明は失敗です。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数ならば、(4)は有理数解を持ちます。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならないので、(4)は有理数解を持ちません。 >>380
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならないので、(4)は有理数解を持ちません。
そんなこと>>366には書いてありませんね
>>366に書いていないので、証明は失敗です。 >381
そんなこと>>366には書いてありませんね
>>366に書いていないので、証明は失敗です。
366には書いていませんが、366の内容は、同じことです。 >>382
同じじゃないからクレームがついているんだろ。 >>382
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならない
と同じことなのは、>>366のどの部分ですか？ 日高は都合が悪くなると過去にダメだった方法に戻る悪いクセがあるからね
>>380
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数ならば、(4)は有理数解を持ちます。
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならないので、(4)は有理数解を持ちません。
日高自身で前スレで
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならないことを示すのは無理だと書いていて
>>382
> 366の内容は、同じことです。
さらに日高自身が「別の方法」と書いているのだが
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1569999945/914
> 914日高2020/07/18(土) 13:22:04.74ID:+buAyBh6
> >910
> > rが有理数なら有理数のx、yで式を満たすものがあるかどうか、
> > そこだけ考えればいいのです。
> > この方法は、無理だと思います。
> 証明は日高自身により無理だと結論付けられた
> この方法では、無理です。別の方法があります >384
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならない
と同じことなのは、>>366のどの部分ですか？
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならないは、
x^p+y^p=z^pが有理数解を持たない
と同じです。 >>386
つまりこういうことですね
>>366が正しければ、(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならないので、(4)は有理数解を持たず、366は正しい
>>366が間違っていれば、(s^p+t^p)^(1/p)が有理数となるので、(4)は有理数解を持ち、366は間違い
これでは正しいか間違っているか判断できませんね。
証明は失敗です。 >385
> > rが有理数なら有理数のx、yで式を満たすものがあるかどうか、
> > そこだけ考えればいいのです。
> > この方法は、無理だと思います。
「(4)の解は、(3)の解の定数倍となる。」を使う必要があります。 (修正6)
【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^(p-1)+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+(a3)^{1/2})^3…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となるので、有理数解を持たない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >387
>>366が正しければ、(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならないので、(4)は有理数解を持たず、366は正しい
>>366が間違っていれば、(s^p+t^p)^(1/p)が有理数となるので、(4)は有理数解を持ち、366は間違い
これでは正しいか間違っているか判断できませんね。
366は、正しいので、(4)は有理数解をもちません。
366→389 >>390
> 366は、正しいので、(4)は有理数解をもちません。
> (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となるので、有理数解を持たない。
日高は「有理数解を持つ」条件を間違えているから
正しくないですよ
>>379で自分で正しくないことを示しているじゃないですか
> r=√2のとき、
> {3*(√2/2)}^2+{4*(√2/2)}^2={3*(√2/2)+√2}^2={5*(√2/2)}^2
> √2倍すると、(x,y,z)=(3,4,5)
これもちゃんともう一度見なさいよ
> あなたの方法だと以下の結論も出せます
> x^2+y^2=z^2=(x+2)^2=(x+√2*√2)^2
> r=√2は無理数なので有理数解を持たない
> r=2のときrは自然数でありr=√2の解の√2倍となるので有理数解を持たない
> p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない
正しくないのでp=2の有理数解を持つ場合でも有理数解を持たない
という結論しか導くことができない
「有理数解を持たない」としているから当然ですよね
こういう条件ならば「有理数解を持つ」というのが全く無いのだから >>390 日高
> 366は、正しいので、(4)は有理数解をもちません。
>
> 366→389
なぜ、戻って修正しないのですか？ >391
> r=√2のとき、
> {3*(√2/2)}^2+{4*(√2/2)}^2={3*(√2/2)+√2}^2={5*(√2/2)}^2
> √2倍すると、(x,y,z)=(3,4,5)
すみません。2/√2倍の間違いです。
> あなたの方法だと以下の結論も出せます
> x^2+y^2=z^2=(x+2)^2=(x+√2*√2)^2
> r=√2は無理数なので有理数解を持たない
> r=2のときrは自然数でありr=√2の解の√2倍となるので有理数解を持たない
> p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない
r=2のときrは自然数でありr=√2の解の2/√2倍となります。 >392
> 366→389
なぜ、戻って修正しないのですか？
366を389にコピーしただけです。 >>393
> > r=2のときrは自然数でありr=√2の解の√2倍となるので有理数解を持たない
> > p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない
>
> r=2のときrは自然数でありr=√2の解の2/√2倍となります。
2/√2 = √2
訂正する意味は皆無だな。 >>393
> r=2のときrは自然数でありr=√2の解の2/√2倍となります。
そんなことは分かっているんだよ
> (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となるので、有理数解を持たない。
この方法だと有理数解を持つ場合でも
有理数解を持たないという結論しか導けないから正しくないんだよ
> 正しくないですよ
なぜ正しくないことを無視するんですかね？ >395
2/√2 = √2
そうですね。
r=2のときrは自然数でありr=√2の解の√2倍となるので有理数解を持ちます。 >396
この方法だと有理数解を持つ場合でも
有理数解を持たないという結論しか導けないから正しくないんだよ
(3)が有理数解を持つ場合があるでしょうか？ >>398 日高
> (3)が有理数解を持つ場合があるでしょうか？
「ない」って言われたらどうする気？ 日高に質問なんだけど、
今のこの状態は、正しい証明を他の人間が理解できていない状態だと思ってるの？ >398
「ない」って言われたらどうする気？
どういう意味でしょうか？ >400
今のこの状態は、正しい証明を他の人間が理解できていない状態だと思ってるの？
はい。間違いを、指摘してください。 >>401 日高
文字通りの意味でお尋ねしています。 >403
>>401 日高
文字通りの意味でお尋ねしています。
どうする気もありません。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、自然数解を持つ。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
y=7/3を代入すると、x=13/36、z=85/36
(2)はa=1以外、r^2=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、自然数解を持つ。
a2=72のとき、a=36
(13/36*36)^2+(7/3*36)^2=(13/36*36+72)^2
13^2+84^2=85^2 (修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^(p-1)+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+(a3)^{1/2})^3…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となるので、有理数解を持たない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+(a3)^{1/2})^3…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となるので、有理数解を持たない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+√(a3))^3…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解の√a倍となるので、有理数解を持たない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>402
逆だろ。
簡単な間違いの指摘すら日高が理解できていないだけ。 >410
逆だろ。
簡単な間違いの指摘すら日高が理解できていないだけ。
どういう意味でしょうか？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、有理数解を持つ。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
y=7/3を代入すると、x=13/36、z=85/36
(2)はa=1以外、r^2=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、自然数解を持つ。
a2=72のとき、a=36
(13/36*36)^2+(7/3*36)^2=(13/36*36+72)^2
13^2+84^2=85^2 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、有理数解を持つ。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
y=7/3を代入すると、x=13/36、z=85/36
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、自然数解を持つ。
a2=72のとき、a=36
(13/36*36)^2+(7/3*36)^2=(13/36*36+72)^2
13^2+84^2=85^2 >>398
> (3)が有理数解を持つ場合があるでしょうか？
あんたの理屈では有理数解を持つ場合があるのでは？
>>397
> r=2のときrは自然数でありr=√2の解の√2倍となるので有理数解を持ちます
同様に
r=3のときrは自然数でありr=√3の解の√3倍となるので有理数解を持ちます
例を挙げるとp=2のとき
r=√3は無理数なので有理数解を持たない
(x,y,z)=(4√3,3√3,5√3)
√3倍すると(x,y,z)=(12,9,15)でr=3となる
r=√3は無理数なので有理数解を持たない
r=3のときrは自然数でありr=√3の解の√3倍となるので有理数解を持ちます
p=3のとき
x^3+y^3=(x+√3)^3
r=√3は無理数なので有理数解を持たない
x^3+y^3=(x+3)^3=(x+√3*√3)^3
r=3のときrは自然数でありr=√3の解の√3倍となるので有理数解を持ちます >414
> (3)が有理数解を持つ場合があるでしょうか？
あんたの理屈では有理数解を持つ場合があるのでは？
p=2の場合は、有理数解を持ちます。
pが奇素数の場合は、有理数解を持ちません。
x^3+y^3=(x+√3)^3
r=√3は無理数なので有理数解を持たない
x^3+y^3=(x+3)^3=(x+√3*√3)^3
r=3のときrは自然数でありr=√3の解の√3倍となるので有理数解を持ちます
x^3+y^3=(x+3)^3の解は、(3)の解の√3倍となるので、有理数解を持ちません。 >>415
> p=2の場合は、有理数解を持ちます
ただし>>413は証明になっていません
> pが奇素数の場合は、有理数解を持ちません。
それはあなたの願望であって証明ではないですね
> x^3+y^3=(x+3)^3の解は、(3)の解の√3倍となるので、有理数解を持ちません。
これは次と同じ理屈ですよ
x^2+y^2=(x+2)^2の解はx^2+y^2=(x+√2)^2の解の√2倍となるので有理数解を持ちません
それで実際は解を持つことはp=2のときは結局は具体的な値を代入して示すのでしょう？
pが奇素数の場合はその方法は無理だとあなたは書いていたのではないですか？ 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、有理数解を持つ。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
y=1/2を代入すると、x=-(15/16)
{-(15/16)}^2+(1/2)^2={-(15/16+2)}^2
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
a2=32、a=16
(4)はrが自然数32のとき、(4)の解は、(3)の解の16倍となるので、有理数解を持つ。
-(15/16)*16=-15、1/2＊16=8、17/16*16=17 >>409 日高のまね
【定理】p=3のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+7y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+7y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{7(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+7y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+7y^3=(x+√(a3))^3…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解の√a倍となるので、有理数解を持たない。
∴p=3のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
実際は(3)には整数比をなす無理数解x=y=√3,z=2√3がある。 >>417
> (3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
x^2+y^2=(x+2)^2
x=5,z=7だとr=2で有理数ですよね
「rが有理数なので」x=5,z=7となるような有理数解を示してください >416
> p=2の場合は、有理数解を持ちます
ただし>>413は証明になっていません
どうしてでしょうか？
> pが奇素数の場合は、有理数解を持ちません。
それはあなたの願望であって証明ではないですね
どの部分が、願望でしょうか？
> x^3+y^3=(x+3)^3の解は、(3)の解の√3倍となるので、有理数解を持ちません。
これは次と同じ理屈ですよ
x^2+y^2=(x+2)^2の解はx^2+y^2=(x+√2)^2の解の√2倍となるので有理数解を持ちません
x^2+y^2=(x+2)^2の解はx^2+y^2=(x+√2)^2の解の√2倍となるので有理数解を持ちます。
それで実際は解を持つことはp=2のときは結局は具体的な値を代入して示すのでしょう？
pが奇素数の場合はその方法は無理だとあなたは書いていたのではないですか？
どこで、書いていましたか？ >419
> (3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
x^2+y^2=(x+2)^2
x=5,z=7だとr=2で有理数ですよね
「rが有理数なので」x=5,z=7となるような有理数解を示してください
x=5,z=7では、rは、有理数となりません。
x=3,z=5では、rは、2となります。
「持つ」は、場合があると、いう意味です。 >418
実際は(3)には整数比をなす無理数解x=y=√3,z=2√3がある。
式が違います。 >>422 日高
> >418
> 実際は(3)には整数比をなす無理数解x=y=√3,z=2√3がある。
>
> 式が違います。
ですから、x^3+y^3=z^3の場合には有理数解がないことを示してください。 >>420
> どこで、書いていましたか？
このスレや前スレ
>>421
> (3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
「持つ」は、場合があると、いう意味です。
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となるので、有理数解を持たない
これも「持たない」場合があるという意味
解を持たない場合があるからといって
> pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない
の証明にはならない >423
ですから、x^3+y^3=z^3の場合には有理数解がないことを示してください。
409で示しています。 >>421
> x=5,z=7では、rは、有理数となりません。
> x=3,z=5では、rは、2となります。
r=z-x=5-3=7-5=2だからrは有理数だって >>425 日高
>>418は>>409(日高)とまったく同じ論法ですよ。
どうして409には通じて418には通じないのですか？ >>411
> >410
> 逆だろ。
> 簡単な間違いの指摘すら日高が理解できていないだけ。
>
> どういう意味でしょうか？
日本語がわからないのですか？
文字通りの意味ですよ。
あなたの証明は間違いということは、あなた以外すべての人の共通認識です。
あなたが納得しようがしまいが、そんなことはどうでもいいことです。証明は間違いです。 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>390
そうじゃないんですよ。あなたの>>406の証明で
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
ここまでの時点ではまだ、「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」という結論に、たどり着いていないんですよ。
ここから、「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」という結論にたどり着く、そのためには
「(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならない」、ということの証明が必要です。
そしてそれは、あなたが>>386で書いた通り、405そのものです。
つまり、405が正しいというために、405が正しい、ということを証拠として使っている。
405という証拠が正しければ、405は正しい。
でも、405という証拠が間違っていれば、405は間違っている。
正しくても間違っていても、文章に矛盾はないので、これでは正しいか間違っているか判断ができません。
だから、証明は失敗です。 >>429 ごめんなさい、派手に間違えました
文中で405と書いてあるのはすべて406の間違いです。 >>418の続きです。
> >>409 日高のまね
> 【定理】p=3のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^3+7y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+7y^3=(x+r)^3…(1)とする。
> (1)は積の形にすると、r^2{7(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+7y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+7y^3=(x+√(a3))^3…(4)となる。
> (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解の√a倍となるので、有理数解を持たない。
> ∴p=3のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>
> 実際は(3)には整数比をなす無理数解x=y=√3,z=2√3がある。
(3)をx,y,z(=x+√3)に関する方程式と見るとき有理数解がないのは自明だが
整数比をなす無理数解x=y=√3,z=2√3はある。
“日高理論”ではこういうとき“共通の無理数”√3で割ったx=y=1,z=2が(3)の解になるというのだが
(3)をきちんと見れば解にならないことは明らか。z-x=1であってz-x=√3ではないから。 >424
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となるので、有理数解を持たない
これも「持たない」場合があるという意味
この場合は、「持たない」です。 >426
r=z-x=5-3=7-5=2だからrは有理数だって
x^2+y^2=(x+2)^2を、満たしません。 >427
どうして409には通じて418には通じないのですか？
式が違うからです。 >428
あなたが納得しようがしまいが、そんなことはどうでもいいことです。証明は間違いです。
わかりません。 >>434 日高
> >427
> どうして409には通じて418には通じないのですか？
>
> 式が違うからです。
式が違うけどどちらにも通じるかもしれないしどちらにも通じないかもしれない。
君は409に通じることの証明をしていないよ。 >429
ここまでの時点ではまだ、「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」という結論に、たどり着いていないんですよ。
ここから、「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」という結論にたどり着く、そのためには
「(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならない」、ということの証明が必要です。
そしてそれは、あなたが>>386で書いた通り、405そのものです。
「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」と「(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならない」
は、同じことです。 >431
“日高理論”ではこういうとき“共通の無理数”√3で割ったx=y=1,z=2が(3)の解になるというのだが
(3)をきちんと見れば解にならないことは明らか。z-x=1であってz-x=√3ではないから。
式が、違います。 >>435
> >428
> あなたが納得しようがしまいが、そんなことはどうでもいいことです。証明は間違いです。
>
> わかりません。
わからなくてもいいです。わかることを期待もしていません。
あなたの証明が間違いであるという事実があるだけです。全員がそう判断しています。 >436
君は409に通じることの証明をしていないよ。
x^p+7y^p=z^pと、x^p+y^p=z^pは、式が違います。 >439
あなたの証明が間違いであるという事実があるだけです。全員がそう判断しています。
どの部分で、判断しているのでしょうか？ (修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+√(a3))^3…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解の√a倍となるので、有理数解を持たない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、有理数解を持つ。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
y=5/2を代入すると、x=9/16
(9/16)^2+(5/2)^2=(9/16+2)^2
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
a2=41-9=32、a=16
(4)はrが自然数32のとき、(4)の解は、(3)の解の16倍となるので、有理数解を持つ。
9/16*16=9、5/2＊16=40、41/16*16=41 >>440 日高
> >436
> 君は409に通じることの証明をしていないよ。
>
> x^p+7y^p=z^pと、x^p+y^p=z^pは、式が違います。
それで反論できたと思っているのは君だけですよ。 >445
> x^p+7y^p=z^pと、x^p+y^p=z^pは、式が違います。
それで反論できたと思っているのは君だけですよ。
式が違うので、解も違います。 >>446 日高
>445
> > x^p+7y^p=z^pと、x^p+y^p=z^pは、式が違います。
>
> それで反論できたと思っているのは君だけですよ。
>
> 式が違うので、解も違います。
じゃあx^3+y^3=z^3とx^3+8y^3=z^3の整数解は？ >447
じゃあx^3+y^3=z^3とx^3+8y^3=z^3の整数解は？
x=0,y=0,z=0です。 >>432
> この場合は、「持たない」です。
何の理由も示さないでそんなことを書いてもダメです
>>433
> r=z-x=5-3=7-5=2だからrは有理数だって
> x^2+y^2=(x+2)^2を、満たしません。
x=5,z=7の場合でもr=z-x=7-5=2(有理数)とz=(s^2+t^2)^(1/2)=7(有理数)だから
「rが有理数なので」および「(s^2+t^2)^(1/2)が有理数となる」という条件を満たしているが
なぜx^2+y^2=(x+2)^2を満たさないことが分かるのですか？
(そもそもyが無理数なら満たすはずですがそれは置いておいて) >451
どうしてそう言えます？
x^3+8y^3=z^3の整数解は？
8y^3=z^3-x^3
y^3=(z^3-x^3)/8
z^3-x^3が、整数の3乗数とならないからです。 >452
x=5,z=7の場合でもr=z-x=7-5=2(有理数)とz=(s^2+t^2)^(1/2)=7(有理数)だから
「rが有理数なので」および「(s^2+t^2)^(1/2)が有理数となる」という条件を満たしているが
なぜx^2+y^2=(x+2)^2を満たさないことが分かるのですか？
「(s^2+t^2)^(1/2)=7が有理数となる」という条件を満たしていません。
なぜx^2+y^2=(x+2)^2を満たさないことが分かるのですか？
5^2+y^2=7^2
y^2=24
y=√24=2√6
yは、無理数となります。 >>453 日高
>>446 日高
> 式が違うので、解も違います。
って書いてますけど。違わなくていいんですか？ >>454
> 5^2+y^2=7^2
> y^2=24
> y=√24=2√6
> yは、無理数となります。
計算すればそりゃ分かるでしょうね
ただし「rが有理数なので」および「(s^2+t^2)^(1/2)が有理数となる」という条件が無意味です
> rが有理数なので、有理数解を持つ。
「rが有理数なので」および「(s^2+t^2)^(1/2)が有理数となる」という条件を用いても
結局は直接yを計算してx,y,zの値を全て決めるまでは分からないということですよね
ただpが奇素数のときはその方法は無理なんでしょ
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1569999945/907
> 907日高2020/07/18(土) 09:16:32.35ID:+buAyBh6
> >903
> rが有理数なら有理数のx、yで式を満たすものがあるかどうか、そこだけ考えればいいのです。
> この方法は、無理だと思います。 >>456の補足
>>454
> 「(s^2+t^2)^(1/2)=7が有理数となる」という条件を満たしていません。
z=(s^2+t^2)^(1/2)=7(有理数)だから満たしています >457
z=(s^2+t^2)^(1/2)=7(有理数)だから満たしています
s,tは、有理数でしょうか？ >456
結局は直接yを計算してx,y,zの値を全て決めるまでは分からないということですよね
x^2+y^2=(x+2)^2のyに任意の有理数を代入すると、x,zは必ず有理数となります。
ただpが奇素数のときはその方法は無理なんでしょ
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
yに、有理数を代入すると、xは無理数となります。 >>459
> s,tは、有理数でしょうか？
あなたの証明には「rが有理数なので」としかありませんが
> xは無理数となります
「rが無理数」ならそれはp=2のときでもそうでしょ
>>379
> r=√2のとき、
> {3*(√2/2)}^2+{4*(√2/2)}^2={3*(√2/2)+√2}^2={5*(√2/2)}^2
> √2倍すると、(x,y,z)=(3,4,5)
あんたはyに有理数でなくて無理数を代入しているじゃないですか http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>437
> 「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」と「(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならない」
> は、同じことです。
同じだから、証明は失敗なんですよ
証明したいことと同じことを、証明の中で「証拠として」使ったら証明は失敗なんですよ。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数解の時、(3)は無理数で整数比の解をもつ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数解の時、’(4)は有理数解を持つ
この時点で、「(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならない」という証拠がありません。
証拠がないので、(4)が有理数解をもつかもしれません
有理数解をもつかもしれないので、証明は失敗です。
証明は失敗なので、この証明は「(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならない」という証拠になりません。
この証明は証拠にならないので、「(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならない」という証拠がありません。
証拠がないので、(4)が有理数解をもつかもしれません
有理数解をもつかもしれないので、証明は失敗です。
証明は失敗なので、この証明は「(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならない」という証拠になりません。 証明と同じことを証拠に使ったら、こんなこともできます。
あなたにとっては「式が違います。」で終わりかもしれませんけどね。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ
【証明】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つので、その自然数をs,t,uとする。
s、t、uはs^p+t^p=u^pを満たし、自然数である。
よって、pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ >>453
定理
x^3+7y^3=z^3は整数解をもたない
証明
7y^3=z^3-x^3
y^3=(z^3-x^3)/7
z^3-x^3が、整数の3乗数とならないからです。
は正しい？ >460
あんたはyに有理数でなくて無理数を代入しているじゃないですか
はい。 >461
この証明は証拠にならないので、「(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならない」という証拠がありません。
x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数とならないので、(s^p+t^p)^(1/p)のs,tも
有理数となりません。 >462
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ
これは、間違いです。 >463
7y^3=z^3-x^3
y^3=(z^3-x^3)/7
z^3-x^3が、整数の3乗数とならないからです。
は正しい？
正しくないです。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)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。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、有理数解を持つ。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
y=5/2を代入すると、x=9/16
(9/16)^2+(5/2)^2=(9/16+2)^2
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
a2=41-9=32、a=16
(4)はrが自然数32のとき、(4)の解は、(3)の解の16倍となるので、有理数解を持つ。
9/16*16=9、5/2＊16=40、41/16*16=41 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+√(a3))^3…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解の√a倍となるので、有理数解を持たない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 (修正7)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>470
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
これはダメです
p=2のときでも「rが無理数」なら
> yを有理数とすると、xは無理数となる。
ことからは有理数解をもつことは言えません
>>464
p=2のときは「rが無理数」なら
> >460
> あんたはyに有理数でなくて無理数を代入しているじゃないですか
> はい。
「rが無理数」ならyに無理数を代入しないとp=2のときでも
有理数解を持つかどうかは分からないのだから
pが奇素数のときも有理数解を持つかどうかを調べるのなら
同じことをしないといけないです >471
p=2のときでも「rが無理数」なら
> yを有理数とすると、xは無理数となる。
ことからは有理数解をもつことは言えません
はい。
「rが無理数」ならyに無理数を代入しないとp=2のときでも
有理数解を持つかどうかは分からないのだから
pが奇素数のときも有理数解を持つかどうかを調べるのなら
同じことをしないといけないです
yが無理数で、整数比の解を持つならば、
yが有理数で、整数比の解を持ちます。 >>472
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
いただきました。 >>465
> x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数とならない
証拠がありません。
「x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数とならない」ということを証明している途中なので、
「x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数とならない」という証明は完成していません。
完成していない証明は、証拠になりません。
> (s^p+t^p)^(1/p)のs,tも有理数となりません。
証拠がないので、証明は失敗です。 >>466
では、あなたの証明も間違いです。
>>462の証明は、あなたの証明と同じですから。 >471
p=2のときでも「rが無理数」なら
> yを有理数とすると、xは無理数となる。
ことからは有理数解をもつことは言えません
「rが無理数」ならaも無理数です。
a=1の場合が、基準です。 >475
>>462の証明は、あなたの証明と同じですから。
違います。同じではありません。 >>477
あなたの証明
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数解の時、(3)は無理数で整数比の解をもつ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数解の時、’(4)は有理数解を持つ。
x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数とならないので、(s^p+t^p)^(1/p)のs,tも有理数となりません。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
私の証明
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数解の時、(3)は無理数で整数比の解をもつ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数解の時、’(4)は有理数解を持つ。
x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数となるので、(s^p+t^p)^(1/p)のs,tも有理数となります。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
証明の中で、その証明を証拠として使っている。
同じです。 >478
証明の中で、その証明を証拠として使っている。
同じです。
どの部分でしょうか？ >>479
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数解の時、’(4)は有理数解を持つ。
> x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数とならないので、(s^p+t^p)^(1/p)のs,tも有理数となりません。
この部分です。
私の証明では
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数解の時、’(4)は有理数解を持つ。
> x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数となるので、(s^p+t^p)^(1/p)のs,tも有理数となります。
この部分です。
同じです。 >480
> x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数となるので、(s^p+t^p)^(1/p)のs,tも有理数となります。
「x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数となるので、」
x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となるでしょうか？ >>481
> x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となるでしょうか？
つまりあなたは、「x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数となる」ということの証拠もないのに
「x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数となる」を証拠として使ったということですね。
そんな証明が正しいわけがありません。 >>482 失礼、間違いました。取り消します。
>>481
> x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となるでしょうか？
つまりあなたは、「x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数とならない」ということの証拠もないのに
「x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数とならない」を証拠として使ったということですね。
そんな証明が正しいわけがありません。 > x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となるでしょうか？
なんて人に聞くような人が、「x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数とならない」という証明ができるわけありません。 >484
> x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となるでしょうか？
なんて人に聞くような人が、「x^p+y^p=z^pのx,y,zが有理数とならない」という証明ができるわけありません。
x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となりません。 >>485
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数解の時、(3)は無理数で整数比の解をもつ。
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数解の時、’(4)は有理数解を持つ。
この時点で、あなたの証明は完成していません。
しかしこの時点で、「x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となりません。」ということの証拠がなければあなたの証明は完成しません。
あなたの証明をする前に、まず「x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となりません。」ということの証拠が必要です。
「x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となりません。」ということの証拠を出してください。
出せなければ、証明は失敗です。 >486
あなたの証明をする前に、まず「x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となりません。」ということの証拠が必要です。
証拠は、証明の中で示しています。 >>487
> >486
> あなたの証明をする前に、まず「x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となりません。」ということの証拠が必要です。
>
> 証拠は、証明の中で示しています。
そんなもの見当たらないから聞かれてるんだが。
具体的にどこが「x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となりません。」が成立する根拠になるのかね？ >488
具体的にどこが「x^p+y^p=z^pのx,y,zは、有理数となりません。」が成立する根拠になるのかね？
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、有理数解を持たない。
です。 >>489
それは証拠になりません。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、(3)は無理数で整数比の解をもつ。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、(4)は有理数解を持つ。
からです。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、(4)は有理数解を持つのだから、有理数解を持たないとは言えません。 >>472
> yが無理数で、整数比の解を持つならば、
> yが有理数で、整数比の解を持ちます。
「yが無理数で整数比の解を持つ」ならば
だからまずは無理数で整数比の解を持つための条件を示さないといけないですね
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
これはrが無理数で整数比の解を持つための条件ではありません
p=2でもpが奇素数のときでも持ちません
実際に
「p=2のときrが無理数ならばyを有理数とするとxは無理数となる」
ということは正しくても有理数で整数比の解を持たないということは
正しくありません
同様に
「pが奇素数のときrが無理数ならばyを有理数とするとxは無理数となる」
ということは正しくても有理数で整数比の解を持たないということには
ならないです
あんたに限らずトンデモさんは詳細を尋ねられると
> 証拠は、証明の中で示しています。
という答えに逃げるが
たとえ書いてあっても該当箇所を示して本当に書いてあることを
示さないとダメです >490
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、(4)は有理数解を持つのだから、有理数解を持たないとは言えません。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、(4)は有理数解を持つ。は、必要ありません。
証明の中には、書いていません。 (修正7)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>492
必要ありますよ。
あなたの証明では(3)はrが無理数でx、y、が無理数で整数比の場合が書いていない。
しかし、(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、(3)は無理数で整数比の解をもつのだから
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、有理数解を持つ。
有理数解をもつ場合が見つかったのだから、証明は失敗です。 >>493
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、有理数解を持たない。
「z-xが自然数であるときに有理数解を持たない」の成立を、
「z-xが自然数であるときの解」が
「z-xがp^{1/(p-1)}であるときの解のa^{1/(p-1)}倍」
であることに求めるなら、
「z-xがp^{1/(p-1)}であるときの解が有理数の1/a^{1/(p-1)}倍にならない」の成立が必要になる
これについては書かれていないので、ここの「有理数解を持たない」は根拠がない主張となる >494
あなたの証明では(3)はrが無理数でx、y、が無理数で整数比の場合が書いていない。
これでは、駄目です。
rが無理数でx、y、zが無理数で整数比の場合を考える必要があります。 >495
「z-xがp^{1/(p-1)}であるときの解が有理数の1/a^{1/(p-1)}倍にならない」の成立が必要になる
この場合の、「有理数の1/a^{1/(p-1)}倍にならない」の有理数とは、何を指すのでしょうか？ >>493
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
x=1
y=2
z=(1+2^p)^(1/p)
r=z-x=(1+2^p)^(1/p)-1
Is x rational?
Hidaka, are you rational? >498
x=1
y=2
z=(1+2^p)^(1/p)
r=z-x=(1+2^p)^(1/p)-1
どういう意味でしょうか？ >>499
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
r=z-x=(1+2^p)^(1/p)-1で無理数
y=2(有理数)とするとx=1(有理数) >>496
> rが無理数でx、y、zが無理数で整数比の場合を考える必要があります。
その通りですね。http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>112であなたが書いた通り、
しかし、(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、(3)は無理数で整数比の解
s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、t(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)+(p^{1/(p-1)})をもつのだから
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、有理数解を持つ。
有理数解をもつ場合が見つかったのだから、証明は失敗です。 >>501修正
上から6行目「しかし、」は消し忘れです。 >>497
> >495
> 「z-xがp^{1/(p-1)}であるときの解が有理数の1/a^{1/(p-1)}倍にならない」の成立が必要になる
>
> この場合の、「有理数の1/a^{1/(p-1)}倍にならない」の有理数とは、何を指すのでしょうか？
「z-xが自然数である有理数解」です
少し丁寧に書き直すと
(ap)^{1/(p-1)}が自然数nであるとして、
「(4)の解」すなわち「z-x=nである解」を1/a^{1/(p-1)}倍すると
「(3)の解」すなわち「z-xがp^{1/(p-1)}である解」であり、
「z-xがp^{1/(p-1)}である解」をa^{1/(p-1)}倍すると
「z-x=nである解」である
特に有理数解の場合は
「z-x=nである、有理数解」
が存在するならば、1/a^{1/(p-1)}倍すると
「z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」
であり、
「z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」
が存在するならば、a^{1/(p-1)}倍すると
「z-x=nである、有理数解」
である
以上より「(3)の解をa^{1/(p-1)}倍すると(4)の解」を根拠として
「z-xが自然数である有理数解が存在しない」
が成り立つためには
「(ap)^{1/(p-1)}が自然数となるあらゆるaに対して、z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解が存在しない」が成り立つ必要があります
このような解が決して存在しないことが証明されていますか？ >500
r=z-x=(1+2^p)^(1/p)-1で無理数
これは、(4)のrです。 >501
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、有理数解を持つ。
有理数解をもつ場合が見つかったのだから、証明は失敗です。
有理数解をもつかどうかは、不明です。 >>504
何言ってんの？
> rが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
これは(3)とか(4)とかは関係ないですよ
> rが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
が正しいという前提で(3)はrが無理数であるから
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
と書けるわけ >>505 日高
>有理数解をもつかどうかは、不明です。
不明なら証明は失敗だろ。 >>505
> 有理数解をもつかどうかは、不明です。
つまり、有理数解を持つかもしれないので、証明は失敗です。 >503
「(ap)^{1/(p-1)}が自然数となるあらゆるaに対して、z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解が存在しない」が成り立つ必要があります
このような解が決して存在しないことが証明されていますか？
z-xがp^{1/(p-1)}である
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)は、yが有理数のとき、
xは、無理数となります。 >506
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
と書けるわけ
(3)のrは、p^{1/(p-1)}です。
r=z-x=(1+2^p)^(1/p)-1ならば、
(ap)^{1/(p-1)}=(1+2^p)^(1/p)-1となります。 >507
>有理数解をもつかどうかは、不明です。
不明なら証明は失敗だろ。
失敗では、ありません。
x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で、整数比となります。 >508
> 有理数解をもつかどうかは、不明です。
つまり、有理数解を持つかもしれないので、証明は失敗です。
失敗では、ありません。
x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で、整数比となります。 (修正8)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)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。
(4)はrが自然数のとき、(4)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、自然数解を持たない。 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+√(a3))^3…(4)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。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解の√a倍となるので、整数比とならない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)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。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、有理数解を持つ。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
y=5/2を代入すると、x=9/16
(9/16)^2+(5/2)^2=(9/16+2)^2
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
a2=41-9=32、a=16
(4)はrが自然数32のとき、(4)の解は、(3)の解の16倍となるので、有理数解を持つ。
9/16*16=9、5/2＊16=40、41/16*16=41 >>509
> >503
> 「(ap)^{1/(p-1)}が自然数となるあらゆるaに対して、z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解が存在しない」が成り立つ必要があります
>
> このような解が決して存在しないことが証明されていますか？
>
> z-xがp^{1/(p-1)}である
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)は、yが有理数のとき、
> xは、無理数となります。
「(ap)^{1/(p-1)}が自然数となるあらゆるaに対して、z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」のyは無理数ですので、yが有理数の場合について述べても意味はありません。 >>512
> x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で、整数比となります。
その通りですね。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、
(3)のx,y,zが無理数で、整数比となるので、(4)の解は、有理数で、整数比となります。
有理数解をもつかどうか不明なのだから、証明は失敗です。 >>513
> (3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
またわざわざ間違いに書き換えていますね。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、解x,y,zは整数比になります。
そのことについて何も書いていない証明が正しいわけありません。
証明は失敗です。 >>514 日高
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解の√a倍となるので、整数比とならない。
こうなる理由がわかりません。 >>493
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
>>513
> (3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
wを実数としたときに
rwが有理数,ywが有理数,xwが有理数となるケースを調べていないから
間違っている >516
「(ap)^{1/(p-1)}が自然数となるあらゆるaに対して、z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」のyは無理数ですので、yが有理数の場合について述べても意味はありません。
x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となります。 >517
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、
(3)のx,y,zが無理数で、整数比となるので、(4)の解は、有理数で、整数比となります。
有理数解をもつかどうか不明なのだから、証明は失敗です。
(3),(4)のx,y,zが有理数で整数比とならないので、有理数解は、持ちません。 >518
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、解x,y,zは整数比になります。
解x,y,zが、整数比とならないので、(s^p+t^p)^(1/p)は、有理数となりません。 >519
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解の√a倍となるので、整数比とならない。
こうなる理由がわかりません。
(3)の解は、整数比となりません。その定数倍の(4)の解も整数比となりません。 >520
wを実数としたときに
rwが有理数,ywが有理数,xwが有理数となるケースを調べていないから
間違っている
rw,yw,xwをwで割ると、r,y,xとなります。 >>524 日高
> >519
> > (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解の√a倍となるので、整数比とならない。
>
> こうなる理由がわかりません。
> (3)の解は、整数比となりません。その定数倍の(4)の解も整数比となりません。
「(3)の解は、整数比となりません」とのことですが、それはどこで示していますか？ >>525
> rw,yw,xwをwで割ると、r,y,xとなります。
答えになっていないです
> r,y,xとなります。
このrが無理数の場合
> (3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
は必ずしも成り立たないですよ >526
(3)の解は、整数比となりません」とのことですが、それはどこで示していますか？
513の、(3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。です。 >>523
> (3),(4)のx,y,zが有理数で整数比とならない
間違っています。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、
(3)のx,y,zが無理数で、整数比となるので、(4)の解は、有理数で、整数比となります。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数にならないという証拠が>>513-514にないので
証明は失敗です。 >527
> r,y,xとなります。
このrが無理数の場合
> (3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
は必ずしも成り立たないですよ
解x,y,zが無理数で整数比となるならば、有理数で整数比となります。 >>523
> (修正8)
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)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。
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
この時点で、証明は完成していません。
完成していない証明は、証拠になりません。
解x,y,zが、整数比とならない証拠がありません。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、解x,y,zは整数比になります。
証明は失敗です。 >>521
> >516
> 「(ap)^{1/(p-1)}が自然数となるあらゆるaに対して、z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」のyは無理数ですので、yが有理数の場合について述べても意味はありません。
> x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となります。
「z-xがp^{1/(p-1)}である解」を実数wで割ったなら、
「z-xがp^{1/(p-1)}/wである解」です
これはa=1/wである(4)の解になるのですが
一体どこの反論になっているんですか？ >529
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数にならないという証拠が>>513-514にないので
証明は失敗です。
解x,y,zが、整数比とならないので、(s^p+t^p)^(1/p)は、有理数となりません。 >>532
> >>521
>
> > >516
> > 「(ap)^{1/(p-1)}が自然数となるあらゆるaに対して、z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」のyは無理数ですので、yが有理数の場合について述べても意味はありません。
> > x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となります。
>
> 「z-xがp^{1/(p-1)}である解」を実数wで割ったなら、
> 「z-xがp^{1/(p-1)}/wである解」です
> これはa=1/wである(4)の解になるのですが
この一文は訂正、
これは a=1/w^{p-1} である(4)の解になるのですが
> 一体どこの反論になっているんですか？ >531
解x,y,zが、整数比とならない証拠がありません。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、解x,y,zは整数比になります。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)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。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
これが、解x,y,zが、整数比とならない証拠です。 >>535
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、
(3)のx,y,zが無理数で、整数比となるので、(4)の解は、有理数で、整数比となります。
> (3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
は、ウソです。
証明は失敗です。 >532
「z-xがp^{1/(p-1)}である解」を実数wで割ったなら、
「z-xがp^{1/(p-1)}/wである解」です
これはa=1/wである(4)の解になるのですが
一体どこの反論になっているんですか？
どういう意味でしょうか？ >536
> (3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
は、ウソです。
証明は失敗です。
どうしてでしょうか？ >>538
> どうしてでしょうか？
理由も、>>536に書いてあります。
証明は失敗です。 >539
理由も、>>536に書いてあります。
どうして、ウソなのでしょうか？ (修正8)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)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。
(4)はrが自然数のとき、(4)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、自然数解を持たない。 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)は積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+√(a3))^3…(4)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。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解の√a倍となるので、整数比とならない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)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。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、有理数解を持つ。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^3…(3)となる。
y=5/2を代入すると、x=9/16
(9/16)^2+(5/2)^2=(9/16+2)^2
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
a2=41-9=32、a=16
(4)はrが自然数32のとき、(4)の解は、(3)の解の16倍となるので、有理数解を持つ。
9/16*16=9、5/2＊16=40、41/16*16=41 >>537
>>532
> >532
> 「z-xがp^{1/(p-1)}である解」を実数wで割ったなら、
> 「z-xがp^{1/(p-1)}/wである解」です
> これはa=1/wである(4)の解になるのですが
> 一体どこの反論になっているんですか？
>
> どういう意味でしょうか？
> >>521
> > 「(ap)^{1/(p-1)}が自然数となるあらゆるaに対して、z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」のyは無理数ですので、yが有理数の場合について述べても意味はありません。
> > x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となります。
「(ap)^{1/(p-1)}が自然数となるa」に対して
「z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」が存在しない根拠をたずねているので、
この「x,y,zが無理数で、整数比」は「z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」と解釈しました
では「有理数で整数比」とはなんでしょうか？
「z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」をa^{1/(p-1)}倍すれば確かに「有理数で整数比」になりますが、それでは「z-xが(ap)^{1/(p-1)}である、有理数解」に戻るだけです
「z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」が存在しない根拠はなんですか？ >>540
> (修正8)
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)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。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、
(3)のx,y,zが無理数で、整数比となるので、(4)の解は、有理数で、整数比となります。
この証明はまた途中なのでx^p+y^p=z^pは、自然数解を持たないという証拠になりません。
つまり、(s^p+t^p)^(1/p)が有理数とならないという証拠はありません。
証拠もないのに「解x,y,zは整数比とならない。」と書くのは人をだますためのインチキ、ウソです。
解x,y,zは整数比とならないという証拠がないので、証明は失敗です。 私は何度も何度も、「証明の中に証拠を書いてください。」と書きました。
> (3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
証拠を証明の中に書かずにこれを書いていることが、人をだまそうとするインチキでウソの証拠です。 >>540
>>541
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持つかどうか調べたい
> 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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
この時点で自然数解を持つかどうかは不明であるから
自然数解を持つ場合は
(3)のrが無理数であっても解x,y,zは整数比となる
(4)はrが自然数のとき(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので整数比となる
自然数解を持たない場合は
解x,y,zは整数比とならない
(4)はrが自然数のとき(4)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
rが無理数であることは自然数解をもつことの判別には使えない >>542 日高
A^3+B^3=C^3をみたす自然数があったとしたら，
A^3+B^3=(A+(C-A))^3ですから
(A/(C-A)*√3)^3+(B/(C-A)*√3)^3=(A/(C-A)*√3+√3)^3
x=A/(C-A)*√3,y=B/(C-A)*√3,z=A/(C-A)*√3+√3とすれば
x^3+y^3=z^3でx:y:z=A:B:Cと整数比になりますが、何か矛盾しますか？ >544
「z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」が存在しない根拠はなんですか？
「z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」とは、
どんな解でしょうか？また、どの式の解でしょうか？ >545
解x,y,zは整数比とならないという証拠がないので、証明は失敗です。
解x,y,zは整数比とならないという証拠は、(3),(4)で示しています。 >546
> (3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
証拠は、xを有理数とすると、zが無理数となります。 >546
> (3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
証拠は、xを有理数とすると、zが無理数となります。 >547
自然数解を持つ場合は
(3)のrが無理数であっても解x,y,zは整数比となる
こうなる場合は、どのような場合でしょうか？ >>552 日高
> >546
> > (3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
>
> 証拠は、xを有理数とすると、zが無理数となります。
有理数解と有理数比をなす実数解とを混同していますね。 >>553
> こうなる場合は、どのような場合でしょうか？
自然数解(有理数解)を持つ場合ですよ
>>550
> 解x,y,zは整数比とならないという証拠は、(3),(4)で示しています。
示していないですよ
(3)の解と(4)の解の比が等しいということしか示せません
(3)の解と(4)の解の比が等しいことしか言えないので
(3)の解x,y,zが整数比とならないなら(4)の解x,y,zが整数比とならない
(3)の解x,y,zが整数比となるなら(4)の解x,y,zが整数比となる
のどちらも成立します >554
有理数解と有理数比をなす実数解とを混同していますね。
同じです。違う証拠を示して下さい。 >>552
> 証拠は、xを有理数とすると、zが無理数となります
rが無理数だったらp=2のときだってそうでしょうよ
それがp=2のときに自然数解を持たない証拠になるのかい？ >>549
> >544
> 「z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」が存在しない根拠はなんですか？
>
> 「z-xがp^{1/(p-1)}である、有理数の1/a^{1/(p-1)}倍の解」とは、
> どんな解でしょうか？また、どの式の解でしょうか？
どんな解？もちろん「x^p+y^p=z^p」の解ですよ。
「z-xがp^{1/(p-1)}であるx^p+y^p=z^pの解」
はあなたの証明でいうなら
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
の解です。
(3)にはzがないのでできれば「(3)の解」とは書きたくないのですが、質問を書き直しましょうか。
「(4)に自然数解が存在しない」が成立するためには、
「(ap)^{1/(p-1)}が自然数となるあらゆるa」に対して
「x,y,zの全てが有理数の1/a^{1/(p-1)}倍である(3)の解が存在しない」が成立する必要があります。
「(ap)^{1/(p-1)}が自然数となるあらゆるa」に対して
「x,y,zの全てが有理数の1/a^{1/(p-1)}倍である(3)の解が存在しない」が成立する根拠は何ですか？
以下の指摘を踏まえた上でお答えください。
「x,y,zの全てが有理数の1/a^{1/(p-1)}倍である(3)の解」のyは必ず無理数になりますから、
「yが有理数の場合にどうなるか」は関係ありません。
「x,y,zの全てが有理数の1/a^{1/(p-1)}倍である(3)の解」は
「x,y,zが無理数でありx:y:zが整数比」ですが、
「x,y,zが有理数」となるように無理数をかけたものは明らかに「(3)の解」ではないので「(3)に有理数解が存在しない」ことと矛盾はしません。 >555(3)の解x,y,zが整数比となるなら(4)の解x,y,zが整数比となる
のどちらも成立します
そうですね。
(3)の解x,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で、
整数比となります。 >>559
あんたは一部分を抜き出して
> そうですね。
と書くようなレスばかりだけれども
ちゃんと重要な部分も書いてくださいよ
> > 解x,y,zは整数比とならないという証拠は、(3),(4)で示しています。
> 示していないですよ
> (3)の解と(4)の解の比が等しいということしか示せません
> そうですね。
あんたが解x,y,zは整数比とならないという証拠は示していないこと
は分かったみたいですね >557
> 証拠は、xを有理数とすると、zが無理数となります
rが無理数だったらp=2のときだってそうでしょうよ
それがp=2のときに自然数解を持たない証拠になるのかい？
p=2の場合、(3)のrは、有理数となります >558
「x,y,zの全てが有理数の1/a^{1/(p-1)}倍である(3)の解」のyは必ず無理数になりますから、
「yが有理数の場合にどうなるか」は関係ありません。
そうですね。
「x,y,zの全てが有理数の1/a^{1/(p-1)}倍である(3)の解」は
「x,y,zが無理数でありx:y:zが整数比」ですが、
「x,y,zが有理数」となるように無理数をかけたものは明らかに「(3)の解」ではないので「(3)に有理数解が存在しない」ことと矛盾はしません。
「(3)に有理数解が存在しない」ことと矛盾はしません。の意味を教えてください。 >560
あんたが解x,y,zは整数比とならないという証拠は示していないこと
は分かったみたいですね
(3)と(4)で示しています。
x,y,zが無理数で整数比となるならば、有理数で整数比となります。 (修正8)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)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。
(4)はrが自然数のとき、(4)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、自然数解を持たない。 >>563
あなたがいつも書いている
> x,y,zが無理数で整数比となるならば、有理数で整数比となります。
って、何式の解かを書いたら、以下で合ってる？
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A) >>562
> >558
> 「x,y,zの全てが有理数の1/a^{1/(p-1)}倍である(3)の解」のyは必ず無理数になりますから、
> 「yが有理数の場合にどうなるか」は関係ありません。
>
> そうですね。
>
> 「x,y,zの全てが有理数の1/a^{1/(p-1)}倍である(3)の解」は
> 「x,y,zが無理数でありx:y:zが整数比」ですが、
> 「x,y,zが有理数」となるように無理数をかけたものは明らかに「(3)の解」ではないので「(3)に有理数解が存在しない」ことと矛盾はしません。
>
> 「(3)に有理数解が存在しない」ことと矛盾はしません。の意味を教えてください。
>>521 であなたが書いた
> x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となります。
の意図をこちらなりに解釈すると
「x,y,zが無理数でありx:y:zが整数比の(3)の解が存在する」なら「x,y,zが有理数でありx:y:zが整数比の(3)の解が存在する」となり
「x,y,zが有理数である(3)の解は存在しない」に矛盾するので
「x,y,zが無理数でありx:y:zが整数比の(3)の解は存在しない」が成立する
です。
もしこう考えているのでしたら、
「x,y,zが無理数でありx:y:zが整数比の(3)の解が存在する」なら「x,y,zが有理数でありx:y:zが整数比の(3)の解が存在する」
は間違いなので矛盾していません、と指摘します。 >565
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
はい。合っています。 >566
「x,y,zが無理数でありx:y:zが整数比の(3)の解が存在する」なら「x,y,zが有理数でありx:y:zが整数比の(3)の解が存在する」
は間違いなので矛盾していません、と指摘します。
なぜ、間違いなのでしょうか？理由を教えてください。 >>567 日高
> >565
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
>
> はい。合っています。
では証明をお願いします。 >569
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
では証明をお願いします。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなる。(s,t,uは有理数、wは無理数) >>570
> >569
> > 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
> では証明をお願いします。
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなる。(s,t,uは有理数、wは無理数)
(3)式じゃねえええええwwwww >571
(3)式じゃねえええええwwwww
どの部分が式ではないのでしょうか？ >>572
> (3)式じゃねえええええwwwww
が通じないのか。相当だな。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
じゃなくて、
(sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p …(3)
から始めてもらって良いですか？
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
なので。 >573
(sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p …(3)
から始めてもらって良いですか？
(3)は、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pと同じです。
(s^p+t^p)^(1/p)=s+p^{1/(p-1)}/w
w=p^{1/(p-1)}/(s^p+t^p)^(1/p)-sとなるので、
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数となる必要があります。 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>550
それなら、(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、(3)のx,y,zが無理数で、整数比となります。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数にならないという証拠は書いてありません。
(3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
はウソなので、証明は失敗です。 >>551
(3)はrが無理数なので、整数比となるような(3)の解x、ｙ、zは無理数です。
> xを有理数とすると、zが無理数となります。
は(3)の解が整数比であることと何の関係もないので、証明は失敗です。 >>565
p=2の時、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…有理数無理数にかかわらず、すべての(3)の解について、1以外の数で割ったりかけたりしたら(3)の解になりません。
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
は間違いです。 >575
(3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
はウソなので、証明は失敗です。
どうして、ウソなのでしょうか？ >576
> xを有理数とすると、zが無理数となります。
は(3)の解が整数比であることと何の関係もないので、証明は失敗です。
「(3)の解が整数比であることと何の関係もないので、」
どうしてでしょうか？ >577
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
は間違いです。
どうしてでしょうか？ >>579
あなた以外の人は、何かを書くときに証拠も一緒に書いています。
>>575に、「(3)はrが無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。」が嘘であるという証拠が書いてあります。 >>580
あなた以外の人は、何かを書くときに証拠も一緒に書いています。
>>576に、「xを有理数とすると、zが無理数となります。」が関係ないという証拠が書いてあります。 >>581
あなた以外の人は、何かを書くときに証拠も一緒に書いています。
>>577に、「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」が間違いである、という証拠が書いてあります。 >584
>>577に、「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」が間違いである、という証拠が書いてあります。
間違いの理由が、どこに書いてあるのでしょうか？ >>585
どんな解であれ、(3)の解を、1以外の数で割ったりかけたりしたら、それは絶対に(3)の解にならない。
>>577に書いてある通り、これが理由です。 >586
どんな解であれ、(3)の解を、1以外の数で割ったりかけたりしたら、それは絶対に(3)の解にならない。
このことが、どうして理由になるのでしょうか？ >>587
(3)の解を、割ると、絶対に(3)の解にならない
が成り立つとき
(3)の解を、割ると、(3)の解になる
に絶対にならないからです >588
(3)の解を、割ると、絶対に(3)の解にならない
が成り立つとき
(3)の解を、割ると、(3)の解になる
に絶対にならないからです
その通りだと思います。 >>581
>>372
> > 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
> > これは、正しいです。
> また(3)の有理数解となることを示してくれと言っているんだけれども
> 373日高2020/08/03(月) 19:08:18.17ID:J/rPJuTD>>374
> >372
> これがx^2+y^2=(x+√2)^2の解であることを示してくれということ
> あんたは共通の無理数で割っても同じ式の有理数解になると言っているのだから
(日高の答え)
> 共通の無理数で割っても同じ式の有理数解にはなりません。
前に自分で「同じ式の有理数解にはならない」という結論を出しているでしょ
なぜ今になってまた理由をきくのですか？ >590
> 共通の無理数で割っても同じ式の有理数解にはなりません。
共通の無理数で割ると、式が変わります。 >>591
> 前に自分で「同じ式の有理数解にはならない」という結論を出しているでしょ
> なぜ今になってまた理由をきくのですか？
という質問に対しての返答が
> 共通の無理数で割ると、式が変わります。
なんですが
式が変わることが>>581で
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
> は間違いです。
> どうしてでしょうか？
と質問する理由なんですか？ >592
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
> は間違いです。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとs^p+t^p=u^pは、同じです。 >>593
x=sw,y=tw,z=uw,r=z-x=uw-swで、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)、となるとき、
x=s,y=t,z=uだとr=z-x=u-sなので、r^(p-1)=pになりません。「r^(p-1)=pのとき」ではないので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)になりません。
x=sw,y=tw,z=uwとx=s,y=t,z=uはrが同じではありません。よって(3)が成り立つかどうかも違います。 p=2の時で例を挙げると、
x=5/4,y=12/4,z=13/4,r=13/4-5/4=2で、2^(p-1)=2のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)、となりますが、
x=5,y=12,z=13だとr=13-5=8なので、8^(p-1)=2は成り立ちません。「8^(p-1)=2」ではないので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)になりません。
x=5/4,y=12/4,z=13/4とx=5,y=12,z=13はrが同じではありません。よって(3)が成り立つかどうかも違います。 >>574
> >573
> (sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p …(3)
>
> から始めてもらって良いですか？
>
> (3)は、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pと同じです。
> (s^p+t^p)^(1/p)=s+p^{1/(p-1)}/w
> w=p^{1/(p-1)}/(s^p+t^p)^(1/p)-sとなるので、
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数となる必要があります。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数だとして、
どんな値（文字でも可）が
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p …(3)
の有理数解になりますか？ （(A)の「また(3)の有理数解となる」の部分です） >595
x=5/4,y=12/4,z=13/4とx=5,y=12,z=13はrが同じではありません。よって(3)が成り立つかどうかも違います。
そうですね。
(3)が成り立つならば、(4)も成り立ちます。 >596
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数だとして、
どんな値（文字でも可）が
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p …(3)
の有理数解になりますか？
p=2、s=3、t=4
p=2、x=3、y=4
が、解になります。
(修正9)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(3)はrが無理数なので、x,y,zが、有理数で整数比とならない。
(4)はrが自然数のとき、(4)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、自然数解を持たない。 >>598
> >596
> (s^p+t^p)^(1/p)が有理数だとして、
> どんな値（文字でも可）が
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p …(3)
> の有理数解になりますか？
>
> p=2、s=3、t=4
> p=2、x=3、y=4
> が、解になります。
p=2 で p^{1/(p-1)}=2 で、(3)式は
x^2 + y^2 = (x + 2)^2
となります。あなたの値を代入すると、
(3w)^2 + (4w)^2 = (3w + 2)^2
3^2 + 4^2 = (3 + 2)^2
になります。計算は合いますが、
しかしこれだと w=1 になってしまいます。
w は無理数のはずです。
>>570 （あなたのレス）より
>...(s,t,uは有理数、wは無理数) >>599
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (3)はx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
x=sw,y=tw,z=uw,r=z-x=uw-swで、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)、となるとき、
x=s,y=t,z=uだとr=z-x=u-sなので、r^(p-1)=pになりません。「r^(p-1)=pのとき」ではないので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)になりません。
x=sw,y=tw,z=uwとx=s,y=t,z=uはrが同じではありません。よって(3)が成り立つかどうかも違います。
よって、(3)はx,y,zが、無理数で整数比となるならば、(3)の解はx,y,zが、有理数で整数比となりません。
> (4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(3)はx,y,zが、無理数で整数比となるならば、(4)の解は整数比となります。
(4)の解が整数比になる可能性が分かったので、証明は失敗です。 >>599
(A)を証明に書き足した点は、評価したい。 >600
(3w)^2 + (4w)^2 = (3w + 2)^2
3^2 + 4^2 = (3 + 2)^2
になります。計算は合いますが、
しかしこれだと w=1 になってしまいます。
w は無理数のはずです。
>>570 （あなたのレス）より
>...(s,t,uは有理数、wは無理数)
wが無理数ならば、
(3w)^2 + (4w)^2 = (3w + 2w)^2
3^2 + 4^2 = (3 + 2)^2
となります。 >601
x=sw,y=tw,z=uwとx=s,y=t,z=uはrが同じではありません。
rは、同じではないでしょうか？ >>604
> >601
> x=sw,y=tw,z=uwとx=s,y=t,z=uはrが同じではありません。
>
> rは、同じではないでしょうか？
同じになるかどうかわからないんですか？
x=sw,y=tw,z=uw
x=s,y=t,z=u
のそれぞれについて r=z-x を計算してみればわかりますよ >>603
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p …(3)
に、あなたの x=sw、y=tw、p=2、s=3、t=4 を代入すると、
→ (sw)^2+(tw)^2=((sw)+2)^2
→ (3w)^2+(4w)^2=((3w)+2)^2
になります。 (3w)^2 + (4w)^2 = (3w + 2w)^2 にはなりません。 >>603
3^2 + 4^2 = (3 + 2)^2
ではなく、
3^2 + 4^2 = (3 + 2/w)^2
でしたね。失礼。 >606
→ (sw)^2+(tw)^2=((sw)+2)^2
→ (3w)^2+(4w)^2=((3w)+2)^2
w=1以外のとき、式は成り立ちません。 >607
3^2 + 4^2 = (3 + 2/w)^2
w=1以外のとき、式は成り立ちません。 (修正9)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(3)はrが無理数なので、x,y,zが、有理数で整数比とならない。
(4)はrが自然数のとき、(4)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、自然数解を持たない。 (修正9)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(3)はrが有理数なので、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>608-609
> w=1以外のとき、式は成り立ちません。
しかしそうすると、w(割る数)は無理数だから、
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
は成り立たないのでは？ >612
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
は成り立たないのでは？
どうしてでしょうか？ >>613
いや、
(A) の w(割る数) は無理数でしょ。 つまり ＜＜＜w=1以外＞＞＞。
それで、
>>608-609
> ＜＜＜w=1以外＞＞＞のとき、式は成り立ちません。
なんでしょ。
よって「式は成り立たない」が導かれるじゃん。 >614
> ＜＜＜w=1以外＞＞＞のとき、式は成り立ちません。
なんでしょ。
よって「式は成り立たない」が導かれるじゃん。
式を書いてもらえないでしょうか。 >>615
これらのレスが参考になるかな。
606 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/08/11(火) 21:05:57.98 ID:avqWNZwW [7/8]
>>603
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p …(3)
に、あなたの x=sw、y=tw、p=2、s=3、t=4 を代入すると、
→ (sw)^2+(tw)^2=((sw)+2)^2
→ (3w)^2+(4w)^2=((3w)+2)^2
になります。 (略)
608 名前：日高[] 投稿日：2020/08/12(水) 06:42:52.47 ID:Wf4Tl2hh [1/6]
>606
(略)
w=1以外のとき、式は成り立ちません。 >>611
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
> (3)はx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
これを書いたら次は、「(3)はx,y,zが、無理数で整数比となる」かどうかを調べる流れですよね。
そうでなければ、この最後の行を書く意味が全くない。
(3)はx,y,zが、無理数で整数比とならないので、x,y,zが、有理数で整数比となるかどうかは不明です。
よって、証明は失敗です。 >>599
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)は積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (3)はx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
これを書いたら次は、「(3)はx,y,zが、無理数で整数比となる」かどうかを調べる流れですよね。
そうでなければ、この最後の行を書く意味が全くない。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数のとき、
(3)はx,y,zが、無理数で整数比となるので、(4)式で、x,y,zが、有理数で整数比となる。
よって、証明は失敗です。 >617
w=1以外のとき、式は成り立ちません。
指摘が何かが、わかりません。 >619
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数のとき、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,yが有理数とならないので、
(s^p+t^p)^(1/p)は、有理数となりません。 >>621
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,yが有理数とならないので、
> (s^p+t^p)^(1/p)は、有理数となりません。
x、y、が有理数となるかどうかなんて証明に何の役にも立ちません。
(s^p+t^p)^(1/p)は、有理数となるとき、(3)の解x、y、ｚは無理数で整数比になると何度も説明しました。
「(s^p+t^p)^(1/p)は、有理数となりません。」の証拠がないので、証明は失敗です。 念のためにもう一度書いておきますが、
p=2の時で例を挙げると、
x=5/4,y=12/4,z=13/4,r=13/4-5/4=2で、2^(p-1)=2のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)、となりますが、
x=5,y=12,z=13だとr=13-5=8なので、8^(p-1)=2は成り立ちません。「8^(p-1)=2」ではないので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)になりません。
x=5/4,y=12/4,z=13/4とx=5,y=12,z=13はrが同じではありません。よって(3)が成り立つかどうかも違います。
(3)式の解で同じ比のものは1組だけ
(3)式の解を、1以外の数で割ったものは、絶対に(3)式の解になりません。
(3)式の解を、1以外の数で割ったものは、絶対に(3)式の解になりません。
大事なことなので2回書きました。 >622
(s^p+t^p)^(1/p)は、有理数となるとき、(3)の解x、y、ｚは無理数で整数比になると何度も説明しました。
xが有理数のとき、(x+p^{1/(p-1)})^pが有理数とならないので、
(s^p+t^p)^(1/p)は、有理数となりません。 >623
x=5,y=12,z=13だとr=13-5=8なので、8^(p-1)=2は成り立ちません。
この場合は、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pとなります。 624の訂正
xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数とならないので、
(s^p+t^p)^(1/p)は、有理数となりません。 >>626
それがどうかしましたか？
解が整数比になるのはxが無理数で、x+p^{1/(p-1)}が無理数の時に限るので
xが有理数の時なんて全然関係ないです。まったく無意味です。 >>625
それがどうかしましたか？
x=5,y=12,z=13だとr=13-5=8なので、8^(p-1)=2は成り立ちません。「8^(p-1)=2」ではないので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)は成り立ちません。
x=5,y=12,z=13のとき、(3)が成り立たない、という事実に、
「この場合は、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pとなります。」
は全く関係ありません。 >>626
p=2のときxが無理数ならばx+2は有理数にならないですが
それがp=2のときに自然数解を持たない証拠になるのですか？ >>626
そもそもhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>4に書いてある通り、
sを決めるときに
x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数）
と書いてあるのですからxが有理数の時、なんていうのはインチキでウソです。 >>620
（あなたが「式を書いて」と言ったのですがね......）
指摘としては、
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
は成り立たないのでは？ ということです。 >627
解が整数比になるのはxが無理数で、x+p^{1/(p-1)}が無理数の時に限るので
どうしてでしょうか？ >628
x=5,y=12,z=13のとき、(3)が成り立たない、という事実に、
「この場合は、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pとなります。」
は全く関係ありません。
x=5,y=12,z=13を、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pに代入すると、
5^2+12^2=(5+4*2)^2となります。 >629
p=2のときxが無理数ならばx+2は有理数にならないですが
それがp=2のときに自然数解を持たない証拠になるのですか？
式を示して下さい。 >630
x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数）
と書いてあるのですからxが有理数の時、なんていうのはインチキでウソです。
式を書いていただけないでしょうか？ >>635
なぜですか？
あなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>4に書いた通りですよ。
>>4の正しいのは途中までで、wが>>112の値の時はsw、tw、sw+p^{1/(p-1)}が(3)の整数比の解になりますけどね。 >631
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
は成り立たないのでは？ ということです。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなります。 >>634
> 式を示して下さい
あんたは
>>626
pが奇素数のとき
> xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数とならないので
と書いているが自分で書いていることも分かっていないの？
同じことですよ
p=2のときxが無理数ならばx+2は有理数にならないですが
それがp=2のときに自然数解を持たない証拠になるのですか？ >>633
x=5/4,y=12/4,z=13/4は(3)の解である。
(3)の解を共通の数で割った、x=5,y=12,z=13のとき、(3)が成り立たない、という事実は
> x=5,y=12,z=13を、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pに代入すると、
> 5^2+12^2=(5+4*2)^2となります。
などの全く関係ない式とは関係ないです。
(3)の解を、1以外の数で割ったものは、絶対に(3)式の解にならない、ということがまだ受け入れらませんか？ >636
「(s^p+t^p)^(1/p)は、有理数となりません。」の証拠がないので証明は失敗です。
xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数とならないので、
(s^p+t^p)^(1/p)は、有理数となりません。 >>638
> >631
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
>
> は成り立たないのでは？ ということです。
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなります。
壊れたテープレコーダーのように同じことを書き続けていますが、それで書いたことが正しくなることはありません。
s,t,uは有理数、wは無理数であるとして、
「x=sw,y=tw,z=twが(3)の解である」
すなわち
「x=sw,y=tw,z=tw が x^p+y^p=z^pを満たす」
「x=sw,y=tw,z=tw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しているとき、
「x=s,y=t,z=tが(3)の解である」
すなわち
「x=s,y=t,z=t が x^p+y^p=z^pを満たす」
「x=s,y=t,z=t が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立するかどうか、確認してみましょう。 >637
>>4の正しいのは途中までで、wが>>112の値の時はsw、tw、sw+p^{1/(p-1)}が(3)の整数比の解になりますけどね
sw、tw、sw+p^{1/(p-1)は、s、t、s+p^{1/(p-1)/wと同じです。
s+p^{1/(p-1)/wが有理数になるには、
xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数となる必要があります。 >>638
> >631
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
>
> は成り立たないのでは？ ということです。
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなります。
また「(3)式じゃねえええええwwwww」に戻ったか。（>>573）
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
じゃなくて、
(sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p …(3)
から始めてもらって良いですか？
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
なので。 >642
s,t,uは有理数、wは無理数であるとして、
「x=sw,y=tw,z=twが(3)の解である」
すなわち
「x=sw,y=tw,z=tw が x^p+y^p=z^pを満たす」
「x=sw,y=tw,z=tw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しているとき、
よく、意味がわかりません。 >>642
> >>638
>
> s,t,uは有理数、wは無理数であるとして、
> 「x=sw,y=tw,z=twが(3)の解である」
> すなわち
> 「x=sw,y=tw,z=tw が x^p+y^p=z^pを満たす」
> 「x=sw,y=tw,z=tw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
> が成立しているとき、
> 「x=s,y=t,z=tが(3)の解である」
> すなわち
> 「x=s,y=t,z=t が x^p+y^p=z^pを満たす」
> 「x=s,y=t,z=t が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
> が成立するかどうか、確認してみましょう。
> 「x=sw,y=tw,z=tw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
x=sw,y=tw,z=tw を z-x=p^{1/(p-1)} に代入して
sw-tw=p^{1/(p-1)}
両辺をwで割って
s-t=p^{1/(p-1)}/w
> 「x=s,y=t,z=t が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
x=s,y=t,z=t を z-x=p^{1/(p-1)} に代入して
s-t=p^{1/(p-1)}
ですが、前提から
s-t=p^{1/(p-1)}/w
ですので
p^{1/(p-1)} = p^{1/(p-1)}/w
wは無理数ですから、これは成立しません
つまり、
s,t,uは有理数、wは無理数であるとして
「x=sw,y=tw,z=tw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しているとき
「x=s,y=t,z=t が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立することはありません >>643
あなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>112で書いた通り
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、s+p^{1/(p-1)/wが有理数になります。
「xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数となる必要があります。」はインチキのウソです。 >>645
> >642
> s,t,uは有理数、wは無理数であるとして、
> 「x=sw,y=tw,z=twが(3)の解である」
> すなわち
> 「x=sw,y=tw,z=tw が x^p+y^p=z^pを満たす」
> 「x=sw,y=tw,z=tw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
> が成立しているとき、
>
> よく、意味がわかりません。
打ち間違いがありましたね。
z=twをz=uwに置き換えて読んでください
「x=sw,y=tw,z=uwが(3)の解である」
ならば
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=z^pを満たす」
「x=sw,y=tw,z=uw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しなければならないことはわかるのでしょうか？
これはごく一般的な数学の言葉遣いなので、これがわからないようなら数学について考えるのは諦めるべきだと思います。 >>643
> s+p^{1/(p-1)/wが有理数になるには、
> xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数となる必要があります。
ちなみに、もし仮に、xとx+p^{1/(p-1)}が有理数として、そのことを使ってs+p^{1/(p-1)/wが有理数になるということを導いてみてください。
まあ証明の役には立ちませんけどね。 もっとも、「すなわち」は口語ではあまり使われませんが日本語なので、国語辞典に載っています。
わからない言葉があったら調べてみればいいんじゃないでしょうか。
「かつ」もわからないんでしたっけ。 結局(3)と(4)を分けて考えると日高はついていけなくなるのだから
a=1の場合も(4)に含めて(4)だけを考えればよいのですよ
そうすればp=2とpが奇素数のときもまとめて同じ形で考えやすくなるので
つまりp=2とpが奇素数のときのどちらでも
arが有理数,yが有理数のときに有理数解を持つか?
(aは正の実数として)
p=2ならばar=2で有理数のときならa=1,r=2とa=√2,r=√2などを区別する必要はない
pが奇素数のときもrが有理数か無理数かを区別する必要はなくなる (修正10)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、x,yは整数比とならない。
(4)はrが自然数のとき、(4)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、自然数解を持たない。
参考
x=sw、y=twとおいて、(3)に代入する。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pを、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとする。
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となる。
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pに代入すると、s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pとなる。
uを有理数としたとき、(3)がs^p+t^p=u^pとなるかを、検討する。
x=s、y=tとおくと、(3)は、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pとなる。
p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は、s^p+t^p=u^pとならない。
すなはち、sw+p^{1/(p-1)}=uwとならない。 >647
「xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数となる必要があります。」はインチキのウソです。
652を見てください。 >648
「x=sw,y=tw,z=uwが(3)の解である」
ならば
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=z^pを満たす」
「x=sw,y=tw,z=uw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しなければならないことはわかるのでしょうか？
わかります。 >649
ちなみに、もし仮に、xとx+p^{1/(p-1)}が有理数として、そのことを使ってs+p^{1/(p-1)/wが有理数になるということを導いてみてください。
x+p^{1/(p-1)}が有理数とならないので、s+p^{1/(p-1)/wも有理数となりません。
652を見てください。 >651
p=2ならばar=2で有理数のときならa=1,r=2とa=√2,r=√2などを区別する必要はない
pが奇素数のときもrが有理数か無理数かを区別する必要はなくなる
意味がわかりません。 >>652
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
だからさ何度も言われているように
rが無理数ならyを有理数にしたらその時点で証明としてダメなのよ
p=2のときに自然数解を持つことを証明するのに
rが有理数でyが無理数の場合をわざわざ調べないでしょう
> (4)はrが自然数のとき
このときにyが有理数になるようにしないと自然数解を持つ場合も
自然数解を持たない場合も証明にならないから
>>656
上に書いたことと同じで
x^p+y^p=(x+r)^pでrが有理数なのでとかrが無理数なのでとやらずに
最初から(aは正の実数としてa=1も含めて)
x^p+y^p=(x+ar)^pでarが有理数,yが有理数の時だけを考えればよい >>1氏、>>644に返信してもらって良いですか？ >657
x^p+y^p=(x+ar)^pでarが有理数,yが有理数の時だけを考えればよい
どのように考えるのでしょうか？ >>652
>>640が無視されたので、もう一度書きます。
x=5/4,y=12/4,z=13/4は(3)の解である。
uを自然数として、(3)の解を共通の数で割った、x=5,y=12,z=13のとき、(3)が成り立たない、という事実は
> x=5,y=12,z=13を、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pに代入すると、
> 5^2+12^2=(5+4*2)^2となります。
などの全く関係ない式とは関係ないです。
(3)の解を、1以外の数で割ったものは、絶対に(3)式の解にならない、ということがまだ受け入れらませんか？
x=sw、y=twが(3)の解の時、1以外の数wで割ったものは、絶対に(3)式の解になりません。
「(3)がs^p+t^p=u^pとなるかを、検討する。」なんて全く無駄なことです。
証明は失敗です。 >>655
あなたがやらないなら私がやります。
xとx+p^{1/(p-1)}が有理数とします。
有理数から有理数を引いたら有理数なので
x+p^{1/(p-1)}-x=p^{1/(p-1)}、両辺は有理数
有理数を無理数で割ったら無理数
wは定義より無理数なので、(p^{1/(p-1)})/wは無理数
有理数と無理数を足したら無理数、
sは定義より有理数なので、s+(p^{1/(p-1)})/wは無理数
xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数となってもs+p^{1/(p-1)/wが有理数になりません。
> s+p^{1/(p-1)/wが有理数になるには、
> xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数となる必要があります。
はインチキのウソですね。 >661
xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数となってもs+p^{1/(p-1)/wが有理数になりません。
xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}は、有理数となりません。
s+p^{1/(p-1)}/wは有理数となるか、無理数となるかは、わかりません。
s,tによって、決まります。 >>662
あなたは>>643でこのように書きました。
> s+p^{1/(p-1)/wが有理数になるには、
> xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数となる必要があります。
>>661のとおり、xが有理数で、x+p^{1/(p-1)}が有理数となったとしても、s+p^{1/(p-1)/wが有理数になりません。
インチキでウソです。
証明は失敗です。 >>654
では、s,t,uは有理数、wは無理数であるとして
「x=sw,y=tw,z=tw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しているとき
「x=s,y=t,z=t が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
は成立しない、ということはわかりますか？ >>664
誤記をそのままコピぺしていたので訂正します。
> >>654
では、s,t,uは有理数、wは無理数であるとして
「x=sw,y=tw,z=uw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しているとき
「x=s,y=t,z=u が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
は成立しない、ということはわかりますか？ >>638
> >631
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
>
> は成り立たないのでは？ ということです。
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、s^p+t^p=u^pとなります。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
じゃなくて、
(sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p …(3)
から証明を始めてもらって良いですか？
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
なので。 >664
「x=sw,y=tw,z=tw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しているとき
「x=s,y=t,z=t が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
は成立しない、ということはわかりますか？
「x=sw,y=tw,z=twの、意味がわかりません。 >665
「x=sw,y=tw,z=uw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しているとき
「x=s,y=t,z=u が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
は成立しない、ということはわかりますか？
よくわかりません。 >666
(sw)^p+(tw)^p=((sw)+p^{1/(p-1)})^p …(3)
から証明を始めてもらって良いですか？
652の参考を見て下さい。 >>669
>>652の参考では、以下の箇所があります。
> x=sw、y=twとおいて、...
> ...
> x=s、y=tとおくと、...
前にも言われていたと思いますが、
数学の証明の中で何の断りもなく、一度固定した数を、別の値に変えてはいけません。
却下です。 >>659
> どのように考えるのでしょうか？
自分でarの値に適当な有理数をとってyが有理数のときを考えればよい
p=2のときr=2ならば
ar=2ととってyが有理数の場合を考えればよい
p=3のときr=√3ならば
ar=3ととってyが有理数の場合を考えればよい
値を統一したほうが比較しやすいのなら
p=2のときもar=3としてp=3のときのar=3と同じにすればよい
いずれにしてもarが有理数でyが有理数のときを考えないと証明にならない 日高さんよ。きちんと数学を学べば自分の間違いにすぐ気づく。そうしなさい。 >670
> x=s、y=tとおくと、...
前にも言われていたと思いますが、
数学の証明の中で何の断りもなく、一度固定した数を、別の値に変えてはいけません。
却下です。
よく意味がわかりません。 >671
いずれにしてもarが有理数でyが有理数のときを考えないと証明にならない
よく意味がわかりません。 >672
日高さんよ。きちんと数学を学べば自分の間違いにすぐ気づく。そうしなさい。
どの部分が間違いかを、ご指摘いただけないでしょうか？ (修正10)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、x,y,zは整数比とならない。
(4)はrが自然数のとき、(4)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、自然数解を持たない。
参考
x=sw、y=twとおいて、(3)に代入する。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pを、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとする。
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となる。
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pに代入すると、s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pとなる。
uを有理数としたとき、(3)がs^p+t^p=u^pとなるかを、検討する。
x=s、y=tとおくと、(3)は、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pとなる。
p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は、s^p+t^p=u^pとならない。 >>674
あんたは例によって最後の文章にしか反応していないが
>>657に
> 上に書いたことと同じで
と書いてあるでしょう
[再掲]
>>652
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
だからさ何度も言われているように
rが無理数ならyを有理数にしたらその時点で証明としてダメなのよ
p=2のときに自然数解を持つことを証明するのに
rが有理数でyが無理数の場合をわざわざ調べないでしょう
> (4)はrが自然数のとき
このときにyが有理数になるようにしないと自然数解を持つ場合も
自然数解を持たない場合も証明にならないから
[再掲終]
>>676でも同じ
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
rが無理数ならyを有理数にした時点で証明として間違い >>673
>>652の参考を許してしまうと、
> x=sw、y=twとおいて、...
> ...
> x=s、y=tとおくと、...
sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
w は無理数なので、これもまずいのでは？ >>676
参考、とか書いていますがそこは証明ではないので、
証明の中で(3)の解が無理数で整数比になる場合について、何も書いていないので証明は失敗です。
>>640も>>660も無視されたようなので、もう一度書きます。
同じことを何度も書き込むのは掲示板への嫌がらせ行為なのでこの書き込みも嫌がらせ行為です。すみません。
x=5/4,y=12/4,z=13/4は(3)の解である。
(3)の解を共通の数で割った、x=5,y=12,z=13のとき、(3)が成り立たない、という事実は
> x=5,y=12,z=13を、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pに代入すると、
> 5^2+12^2=(5+4*2)^2となります。
などの全く関係ない式とは関係ないです。
(3)の解を、1以外の数で割ったものは、絶対に(3)式の解にならない、ということがまだ受け入れらませんか？
x=sw、y=twが(3)の解の時、1以外の数wで割ったものは、絶対に(3)式の解になりません。
「(3)がs^p+t^p=u^pとなるかを、検討する。」なんて全く無駄なことです。
証明は失敗です。 >>675 日高
> >672
> 日高さんよ。きちんと数学を学べば自分の間違いにすぐ気づく。そうしなさい。
>
> どの部分が間違いかを、ご指摘いただけないでしょうか？
さんざん指摘されているのに理解できないではありませんか。
きちんと学べば、それがわかるようになるのです。 >>676
x=sw、y=twとおいて、(3)に代入する。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pを、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとする。
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となる。
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pに代入すると、s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pとなる。
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pは右辺を整理すると、s^p+t^p=s^p+t^pになる。
s^p+t^p=s^p+t^pはどんなs、tを代入しても絶対に正しい式である。
つまり、x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}、w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}のとき
(3)は絶対に正しい。つまり、x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}は(3)の解である。
x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}は(3)の解であるので、(3)の解を1でない数wで割ったx=s,y=t,z=s+p^{1/(p-1)}/wは絶対に(3)の解ではない。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、s、t、s+p^{1/(p-1)}/wは整数比で(4)の解である。
整数比の(4)の解が見つかったので、証明は失敗です。 >677
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
rが無理数ならyを有理数にした時点で証明として間違い
どうしてでしょうか？ >678
> x=s、y=tとおくと、...
sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
w は無理数なので、これもまずいのでは？
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pと、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^p、
が等しいならば、 w = 1となります。 >>683
> >678
> > x=s、y=tとおくと、...
> sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
> w は無理数なので、これもまずいのでは？
>
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pと、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^p、
> が等しいならば、 w = 1となります。
もう一度質問します。 回答をお願いします。
sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
＜＜＜ w は無理数＞＞＞なので、これはまずいのでは？ >679
(3)の解を、1以外の数で割ったものは、絶対に(3)式の解にならない、ということがまだ受け入れらませんか？
それは、その通りだと思います。 >684
sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
＜＜＜ w は無理数＞＞＞なので、これはまずいのでは？
まずくは、無いとおもいます。
wが無意味だと、思います。 >>685
では、
x=5/4、y=12/4、z=5/4+2^{1/(2-1)}は(3)の解であるので、(3)の解を1でない数1/4で割ったx=5,y=12,z=5+(2^{1/(2-1)})/(1/4)は絶対に(3)の解ではない。
x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}は(3)の解であるので、(3)の解を1でない数wで割ったx=s,y=t,z=s+p^{1/(p-1)}/wは絶対に(3)の解ではない。
(5^2+12^2)^(1/2)が有理数の時、5、12、5+(2^{1/(2-1)})/(1/4)は整数比で(4)の解である。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、s、t、s+p^{1/(p-1)}/wは整数比で(4)の解である。
整数比の(4)の解が見つかったので、証明は失敗です。 >>682
> どうしてでしょうか？
これは有理数解を持つかどうかとは無関係に
定数倍しても解のx,y,zの全てが有理数には決してならないから
p=2のときr=2(有理数)でyが無理数の場合の解を定数倍したら
arが無理数でyが有理数になる場合がある
たとえば(x,y,z)=(5,2√6,7) r=7-5=2
この場合の解を定数倍したら解のx,y,zの全てが有理数になりますか？
この事実を使ってp=2のときに有理数解を持たないと証明できますか？
この事実はp=2のときに有理数解をもつことに何か影響を与えますか？ >>686
> >684
> sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
> ＜＜＜ w は無理数＞＞＞なので、これはまずいのでは？
> まずくは、無いとおもいます。
> wが無意味だと、思います。
いや、まずいんですよ。
>>676参考
> x=sw、y=twとおいて、(3)に代入する。(s,tは有理数、wは無理数★★★とあなたが確定させている)
> ...
> x=s、y=tとおくと、...
sw = s より、 w = 1 が導かれる。
w は無理数なので、 w = 1 と合わせて、『矛盾』が導かれる。
ーーーーー
一つでも『矛盾』があると、全ての命題が矛盾してしまいます。
これはいけませんね。
理解してもらえるか分かりませんが、リンクを貼ります。読んでみて下さい。
（「背理法」という言葉が出てきますが気にしなくて良いです）
https://www.hmathmaster.com/math1/%E7%9F%9B%E7%9B%BE%E3%81%A8%E8%83%8C%E7%90%86%E6%B3%95%E3%81%AB%E3%81%A4%E3%81%84%E3%81%A6/ 一度リンクを押すと
「別のサイトにジャンプしようとしています。宜しければ上記のリンクをクリックしてください」
と出ると思うので、もう一度リンクを押して下さい。 >687
x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}は(3)の解であるので、
x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}は(3)の解では、ありません。
x=sw、y=tw、z=sw+(p^{1/(p-1)})wは(3)の解です。 >687
(5^2+12^2)^(1/2)が有理数の時、5、12、5+(2^{1/(2-1)})/(1/4)は整数比で(4)の解である。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、s、t、s+p^{1/(p-1)}/wは整数比で(4)の解である。
整数比の(4)の解が見つかったので、証明は失敗です。
詳しく説明して、いただけないでしょうか？ >688
この場合の解を定数倍したら解のx,y,zの全てが有理数になりますか？
解のx,y,zの全てが有理数になるとは、かぎりません。
yを有理数とすると、xは、有理数となります。 >689
> sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
w = 1でないと、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pと同じとならない。
ということです。 (修正11)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、x,y,zは整数比とならない。
(4)はrが自然数のとき、(4)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、自然数解を持たない。
参考
x=sw、y=twとおいて、(3)に代入する。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pを、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとする。
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となる。
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pに代入すると、s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pとなる。
uを有理数としたとき、(3)がs^p+t^p=u^pとなるかを、検討する。
x=s、y=tとおくと、(3)は、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pとなる。
p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は、s^p+t^p=u^pとならない。 >>694
うーん、
> ★★★wは無理数★★★とあなたが確定させている
なのに w = 1 が導かれる事自体がまずいと言っているのですが......
話を変えましょう。
他の方とのやりとりで、 >>685 と回答していますが、
>>685 から
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
は成り立たない事が導かれるのですが、それは分かりますか？
ーーーーー
685 名前：日高[] 投稿日：2020/08/13(木) 20:56:05.07 ID:axP5cJDR [16/17]
>679
(3)の解を、1以外の数で割ったものは、絶対に(3)式の解にならない、ということがまだ受け入れらませんか？
それは、その通りだと思います。 >696
> ★★★wは無理数★★★とあなたが確定させている
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとしても、意味がない。
ということです。
wは無理数★★★と確定したのは、私では、ありません。
他の人が言ったので、参考に書いただけです。 >>697
> wは無理数★★★と確定したのは、私では、ありません。
> 他の人が言ったので、参考に書いただけです。
今あなたが証明しようとしている命題は
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」 …(A)
です。
(3)式です。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p …(3)
(3)の無理数解をx=sw、y=twとします。
s,tは有理数なのだから、wは無理数に確定するじゃないですか。
無責任な発言はやめてもらっていいですか。 >>698
> (3)の無理数解をx=sw、y=twとします。
は
> (3)の整数比の無理数解をx=sw、y=twとします。
に訂正します。 現在のフェルマーの定理の証明は美しくないのは確かだ。
A4紙片面1枚で終わるようなものでないと認められない。 >>700
そうなんだけど対称性から出すと基本の整列式を数回置き換えしなきゃいけない。
だから長くなる。 >>693
> yを有理数とすると、xは、有理数となります。
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。
これとは正反対の内容でメチャクチャなんですが
何を根拠にそんな書き込みをするのですか？
「この場合の解を定数倍したら」というのは
> p=2のときr=2(有理数)でyが無理数の場合の解
> たとえば(x,y,z)=(5,2√6,7) r=7-5=2
(x,y,z)=(5,2√6,7) r=7-5=2の場合で
定数倍してyを有理数にしてxを有理数にしてみてください
>>695
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
この時点で証明は間違いです
まだ修正されていません 日高君はフェルマーの最終定理に反例がない限り自分の証明の間違いを認めないようだ。 >>691
インチキでウソですね。
あなたはhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>112で
> まとめると、(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(sw,tw,(p^{1/(p-1)})は整数比で、(3)の解です。
>
> わかりました。
> w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)となりますね。
と書いたじゃないですか。
> x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}は(3)の解では、ありません。
> x=sw、y=tw、z=sw+(p^{1/(p-1)})wは(3)の解です。
r=z-xで
r^(p-1)=pのとき、
z=x+rなので
z=x+p^{1/(p-1)}です。
こんな簡単な計算もできない人は、絶対に証明はできません。
よって、証明は失敗です。 >>692
ただの計算なので説明するようなことはありません。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
にr^(p-1)=apとなるように決めたaと有理数s,tを代入するだけです。
aの定義：どんなr,pに対してもr^(p-1)=apとなるようにaを決めることが必ずできる。
ただの計算：ap=r^(p-1)を(4)に代入
ただの計算：x^p+y^p=(x+(r^(p-1))^{1/(p-1)})^p…(4)
ただの計算：x^p+y^p=(x+r)^p…(1)
ただの計算：x=s,y=tを代入
ただの計算：s^p+t^p=(s+r)^p
ただの計算：(s^p+t^p)^(1/p)=s+r
ただの計算：r=(s^p+t^p)^(1/p)-s
計算の条件：(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、
ただの計算：有理数-有理数は有理数なのでrは有理数
ただの計算：r=z-xにr=(s^p+t^p)^(1/p)-s、x=sを代入してz=(s^p+t^p)^(1/p)、有理数+有理数は有理数なのでzは有理数
ただの計算：s+p^{1/(p-1)}/wにw=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}を代入すると
ただの計算：s+p^{1/(p-1)}/w=(s^p+t^p)^(1/p)
ただの計算：よって、z=s+p^{1/(p-1)}/w
s,t,s+p^{1/(p-1)}/wは有理数で(1)の解です。ただの計算により、(1)の解は(4)の解です。 x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
ではこうはいきません。
r^(p-1)=pが成り立つのは1つのpに対してrが特定の値の時だけ
例:p=2のときr=2のときだけ
p=3のときr=√3のときだけ
rが特定の値の時だけ：p=r^(p-1)を(3)に代入
rが特定の値の時だけ：x^p+y^p=(x+(r^(p-1))^{1/(p-1)})^p…(3)
rが特定の値の時だけ：x^p+y^p=(x+r)^p…(1)
rが特定の値の時だけ：x=s,y=tを(1)に代入
rが特定の値の時だけ：s^p+t^p=(s+r)^p
rが特定の値の時だけ：(s^p+t^p)^(1/p)=s+r
rが特定の値の時だけ：r=(s^p+t^p)^(1/p)-s
計算の条件：r^(p-1)=pが成り立つとき、
rが特定の値の時だけ：pが奇素数のとき、rは無理数なので
rが特定の値の時だけ：r=(s^p+t^p)^(1/p)-sは成り立たない
rが特定の値の時だけ：よって(3)は成り立たない,x=s,y=tは(3)の解ではない
新たに別のx、yを考える。
rが特定の値の時だけ：x=sw,y=twを(1)に代入
rが特定の値の時だけ：(sw)^p+(tw)^p=((sw)+r)^p
rが特定の値の時だけ：((sw)^p+(tw)^p)^(1/p)=sw+r
rが特定の値の時だけ：r=((sw)^p+(tw)^p)^(1/p)-sw
rが特定の値の時だけ：r=((s^p+t^p)^(1/p))w-sw
rが特定の値の時だけ：r=((s^p+t^p)^(1/p)-s)w
計算の条件：r^(p-1)=pが成り立つとき、
rが特定の値の時だけ：w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}をr=((s^p+t^p)^(1/p)-s)wに代入すると
rが特定の値の時だけ：r=p^(1/(p-1))
rが特定の値の時だけ：r^(p-1)=pが成り立つとき、r=p^(1/(p-1))が成り立つ。
rが特定の値の時だけ：よって(3)が成り立つ。x=sw,y=twは(3)の解である。このときz=x+r=sw+p^(1/(p-1)) (修正12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となる。よって、x,y,zは整数比とならない。
(4)のr,zが有理数のとき、(4)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、自然数解を持たない。 >698
(3)の無理数解をx=sw、y=twとします。
s,tは有理数なのだから、wは無理数に確定するじゃないですか。
無責任な発言はやめてもらっていいですか。
x=sw、y=twは、(3)の無理数解になりません。 >701
そうなんだけど対称性から出すと基本の整列式を数回置き換えしなきゃいけない。
だから長くなる。
意味を教えてください。 >702
(x,y,z)=(5,2√6,7) r=7-5=2の場合で
定数倍してyを有理数にしてxを有理数にしてみてください
無理です。 >>707
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とすると
この時点で証明は間違いです
>>708
> x=sw、y=twは、(3)の無理数解になりません。
なります
>>710
> 定数倍してyを有理数にしてxを有理数にしてみてください
> 無理です
これはp=2のときだけれどもあんたの証明方法だと
> よって、x,y,zは整数比とならない (p=2の場合でも) >>707 日高
> (3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となる。
後半「有理数で整数比となる」の主語はなんですか？ >704
r=z-xで
r^(p-1)=pのとき、
z=x+rなので
z=x+p^{1/(p-1)}です。
その通りです。 >705
s,t,s+p^{1/(p-1)}/wは有理数で(1)の解です。ただの計算により、(1)の解は(4)の解です。
s,t,s+p^{1/(p-1)}/wは(1)の解となりません。 >706
rが特定の値の時だけ：よって(3)が成り立つ。x=sw,y=twは(3)の解である。このときz=x+r=sw+p^(1/(p-1))
x=sw,y=tw,z=x+r=sw+p^(1/(p-1))は、(3)の整数比となる解では、ありません。 >711
> x=sw、y=twは、(3)の無理数解になりません。
なります
x=sw,y=tw,z=x+r=sw+p^(1/(p-1))は、(3)の整数比となる解では、ありません。
> よって、x,y,zは整数比とならない (p=2の場合でも)
このことの、意味がはっきり、わかりません。 >712
> (3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となる。
後半「有理数で整数比となる」の主語はなんですか？
「(3)の解x,y,zは」です。 >>716
> よって、x,y,zは整数比とならない (p=2の場合でも)
> このことの、意味がはっきり、わかりません。
rが無理数の場合に整数比とならない場合でも3つの変数の値全てを
無理数にすることは可能である
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となる。
だからこれはxを有理数とした段階でインチキなんですよ
同じインチキをすればp=2のときにも整数比にならないという結論が導ける
たとえばxを有理数,yを無理数あるいはxを無理数,yを有理数にすれば
p=2だろうと整数比にはならないですよ >>717 日高
わかりました。ではそれを証明してください。 >718
同じインチキをすればp=2のときにも整数比にならないという結論が導ける
たとえばxを有理数,yを無理数あるいはxを無理数,yを有理数にすれば
p=2だろうと整数比にはならないですよ
x^2+y^2=(x+2)^2のyを有理数とすれば、xは有理数となります。 (修正12)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となる。よって、x,y,zは整数比とならない。
(4)のr,zが有理数のとき、(4)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、自然数解を持たない。 >719
わかりました。ではそれを証明してください。
(3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となる。
x=sw,y=tw,z=uwとおく。(s,t,uは有理数、wは無理数。)
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
両辺をw^pで割ると、
s^p+t^p=u^pとなる。 >>722 日高
それは(3)式ではない。つまらないごまかしはやめろ。 >723
>>722 日高
それは(3)式ではない。つまらないごまかしはやめろ。
(3)式は、整数比の解を、持たないことになります。 >>724 日高
答えになっていません。きちんと答えなさい。 >>724
まさかとは思うが、
「(3)の整数比の解」を無理数で割って整数にする。
これは(3)の条件を満たさない、よって(3)に整数解はない
と主張してるの？ >725
答えになっていません。きちんと答えなさい。
(3)式は、整数比の解を、持たないことになります。
(3)式は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pなので、
(3)式が、整数比の解を持つならば、
x=sw,y=tw,z=uwとおくと、(s,t,uは有理数、wは無理数。)
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなります。
uw=(s+p^{1/(p-1)})wなので、
u=s+p^{1/(p-1)}となりますが、
u=s+p^{1/(p-1)}は成り立ちません。 >726
「(3)の整数比の解」を無理数で割って整数にする。
これは(3)の条件を満たさない、よって(3)に整数解はない
どういう意味でしょうか？ >>727 日高
> uw=(s+p^{1/(p-1)})wなので、
uw=sw+p^{1/(p-1)}ですよ。 >>720
>>721
x^2+y^2=(x+√2)^2は
> rが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となる。
> よって、x,y,zは整数比とならない。
この条件を満たしているから整数比にならないのでしょ
一方
> x^2+y^2=(x+2)^2のyを有理数とすれば、xは有理数となります。
これらの事実は両立しないからあんたの証明は間違っているのです >729
>>727 日高
> uw=(s+p^{1/(p-1)})wなので、
uw=sw+p^{1/(p-1)}ですよ。
uw=(s+p^{1/(p-1)})wならば、
u=s+p^{1/(p-1)}となります。 >730
x^2+y^2=(x+√2)^2は
> rが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となる。
> よって、x,y,zは整数比とならない。
この条件を満たしているから整数比にならないのでしょ
x^2+y^2=(x+√2)^2は、(3)ではなく(4)です。 >>731 日高
> >729
> >>727 日高
> > uw=(s+p^{1/(p-1)})wなので、
> uw=sw+p^{1/(p-1)}ですよ。
>
> uw=(s+p^{1/(p-1)})wならば、
> u=s+p^{1/(p-1)}となります。
そうじゃなくて、どこからuw=(s+p^{1/(p-1)})wが出てくるんですか？ >733
そうじゃなくて、どこからuw=(s+p^{1/(p-1)})wが出てくるんですか？
「(3)式が、整数比の解を持つならば、」と仮定したからです。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(3)はrが有理数なので、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>734 日高
> >733
> そうじゃなくて、どこからuw=(s+p^{1/(p-1)})wが出てくるんですか？
>
> 「(3)式が、整数比の解を持つならば、」と仮定したからです。
(3)式はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pです。これが整数比の解x,y,z(=x+p^{1/(p-1)})を持つなら
x=sw,y=tw,z=uwですがz=x+p^{1/(p-1)}だからuw=sw+p^{1/(p-1)}ではありませんか。 >>732
> (3)ではなく(4)です。
(3)と(4)の解の比が変わらないということが証明のポイントなので
(3)で整数比にならないことと(4)で整数比にならないことは
同じことですよ
そうでなくて(3)で整数比にならないが(4)で整数比になる
あるいは逆に(4)で整数比にならないが(3)で整数比になるのだったら
そもそも>>721は証明になっていないですよ >>722
p=2の時、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)式の解、5/4,12/4,13/4と同じ比の3つの数5，12，13は(3)の解ではありません。
(3)の解でないから5，12，13は元の式x^p+y^p=z^pを満たさないのか？
結論、(3)式の解ではない5，12，13は元の式x^p+y^p=z^pを満たさない、と言っていいのか？
いいえ、違います。
5，12，13は(4)の解です。(4)の解は、元の式x^p+y^p=z^pの整数比の解です。
整数比の解があることが、証明できました。
Pが奇素数の時
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)式の解、sw,tw,uwと同じ比の3つの数ｓ、t,，uは(3)の解ではありません。
(3)の解でないからs，t，uは元の式x^p+y^p=z^pを満たさないのか？
結論、(3)式の解ではないs、ｔ、uは元の式x^p+y^p=z^pを満たさない、と言っていいのか？
いいえ、違います。
ｓ、t,，uは(4)の解です。(4)の解は、元の式x^p+y^p=z^pの整数比の解です。
整数比の解があることが、証明できました。 >>735
> (3)はx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
インチキでウソですね。
p=2のとき
x,y,zが、無理数で整数比となるとき、(3)は成り立ちません。
(3)が成り立たないので、無理数で整数比の元の式x^p+y^p=z^pの解はないのか？それも嘘です。
x=3√2、y=4√2、z=5√2は無理数で整数比のx^p+y^p=z^pの解です。
pが奇素数の時
x,y,zが、有理数で整数比となるとき、(3)は成り立ちません。
(3)が成り立たないので、有理数で整数比の元の式x^p+y^p=z^pの解はないのか？それも嘘です。
あなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>722で書いた通り、
x=s、y=t、z=uは有理数で整数比のx^p+y^p=z^pの解です。 >>714
> s,t,s+p^{1/(p-1)}/wは(1)の解となりません。
インチキでウソですね。
(1)にs,t,s+p^{1/(p-1)}/wを代入すると、r=z-x=s+p^{1/(p-1)}/w-s=p^{1/(p-1)}/wなので、
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^p
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}を代入すると
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/(p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}))^p
右辺を約分して
s^p+t^p=(s+{(s^p+t^p)^(1/p)-s})^p
右辺を整理して
s^p+t^p=((s^p+t^p)^(1/p))^p
右辺を整理して
s^p+t^p=s^p+t^p
最後の式はどんなs、tに関しても絶対に成り立つ式です。
(1)に s,t,s+p^{1/(p-1)}/wを代入して絶対に成り立つ式になったのだから、 s,t,s+p^{1/(p-1)}/wは(1)の解です。 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>715
インチキでウソですね。
(3)に整数比の解があるかもしれないので、「※もしかしてあったとして、それをx=sw、y=tw、z=uwとする。」(◎s,t,uは有理数、wは無理数)
ためしに元の式に入れてみると
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
r=z-x=uw-swより、uw=sw+rを代入して
(sw)^p+(tw)^p=(sw+r)^p
(1)式は(2)式になって、r^(p-1)=pのとき、それが(3)式になるから
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3)
sw,tw,uw=sw+p^{1/(p-1)}は、もともと(3)式の解、というように※のところで決めたtので、当然(3)式の解
もともとs,t,uは有理数、というように◎のところで決めたので、s,t,uは整数比
よって、x=sw,y=tw,z=x+r=sw+p^(1/(p-1))は、(3)の整数比となる解です。 (修正13)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,y,zが無理数で、整数比の解を持つと仮定すると、x=sw,y=tw,z=uwとおいたとき、
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなる。(s,t,uは有理数、wは無理数。)
uw=(s+p^{1/(p-1)})wより、u=s+p^{1/(p-1)}となるので、式は成り立たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>742 日高
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
> (3)のx,y,zが無理数で、整数比の解を持つと仮定すると、x=sw,y=tw,z=uwとおいたとき、
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなる。(s,t,uは有理数、wは無理数。)
> uw=(s+p^{1/(p-1)})wより、u=s+p^{1/(p-1)}となるので、式は成り立たない。
引用の下から２行目、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは(3)じゃなくて元の式です。
それが成り立つならs^p+t^p=u^pが成り立ち、定理には反例が存在します。
引用の最終行uw=(s+p^{1/(p-1)})wはなぜ成り立ちますか？
引用の最終行「式は成り立たない」はどの式を指しますか？ (修正14)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,y,zが無理数で、整数比の解を持つと仮定すると、x=sw,y=tw,z=uwとおいたとき、
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなる。(s,t,uは有理数、wは無理数。)
uw=(sw+p^{1/(p-1)})wより、u=sw+p^{1/(p-1)}となるので、式は成り立たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>744 日高
> uw=(sw+p^{1/(p-1)})wより、
この式が成り立つ理由は？ >>744
p=2のときだと
(s,t,u)=(3,4,5) r=p^{1/(p-1)}=2
x^2+y^2=(x+2)^2の解
w=√2として計算してみると
(sw,tw,uw)=(3√2,4√2,5√2) rw=2√2
x^2+y^2=(x+2√2)^2の解
> uw=(sw+p^{1/(p-1)})wより
5√2=(3√2+2)√2は成り立たないですよ
この場合はuw=sw+rw 5√2=3√2+2√2
(sw)^p+(tw)^p=(sw+r)^pと(sw)^p+(tw)^p=(sw+rw)^pでは
rの値が異なる
(sw)^p+(tw)^p=(sw+r)^pならばr=p^{1/(p-1)}ではない
r=w*p^{1/(p-1)}
上の例だとr=2√2
(sw)^p+(tw)^p=(sw+rw)^pならばr=p^{1/(p-1)}
上の例だとr=2
r=p^{1/(p-1)}とr=(ap)^{1/(p-1)}を混ぜて使えば間違えますよ
rは同じ文字を使っているから >>746の補足
> この場合はuw=sw+rw 5√2=3√2+2√2
これはp=2,r=2の場合
rが有理数か無理数かでwの付け方が逆になるので注意すること
s,t,uは有理数,wは無理数として
x^2+y^2=(x+2)^2 r=2(有理数)なら
s^2+t^2=u^2=(s+2)^2は正しい可能性があるが
(sw)^2+(tw)^2=(uw)^2=(sw+2)^2は正しくない
x^3+y^3=(x+√3)^3 r=√3(無理数)なら
(sw)^3+(tw)^3=(uw)^3=(sw+√3)^3は正しい可能性があるが
s^3+t^3=(s+√3)^3は正しくない
p=2でr=2(有理数)ならw(無理数)を用いると
s^2+t^2=(s+2)^2
(sw)^2+(tw)^2=(sw+2w)^2
p=3でr=√3(無理数)ならw(無理数)を用いると
(sw)^3+(tw)^3=(sw+√3)^3
s^3+t^3=(s+√3/w)^3 (修正15)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw,y=tw,とおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)}-sとなるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pとなる。これは、(4)に相当する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 (修正16)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw,y=tw,とおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)}-sとなるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pとなる。(s^p+t^p)^(1/p)=kとおく。
(4)の解x,y,zが整数比とならないので、s,t,kは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>748
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とすると
この時点で間違い >>749 日高
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
上の引用の下から３行目は誤解のないよう言い直せば
「(3)のxを有理数とすると、rが無理数なのでzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない」だねえ。
(3)のxが無理数の場合は何も言えていない。
上の引用の下から２行目のa^{1/(p-1)}はr/p^{1/(p-1)}に等しいから無理数である。
上の引用の一番下の行「(4)のr,x,zが有理数のとき」は
「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」けどa^{1/(p-1)}は無理数だから，
そのときには(3)の無理数解のa^{1/(p-1)}倍となり、(3)の無理数解については調べていないのだから
「(4)の解x,y,zも整数比とならない」とは結論できない。 (修正17)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw,y=tw,とおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)}-sとなるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…(6)となる。(s^p+t^p)^(1/p)=kとおく。(kは有理数。)
(4)の解x,y,zが整数比とならないので、(6)は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 もうこんな無意味なことは止めて職でも探したほうがいい
殆どの指摘に対して、「意味がわかりません」ですませてるんだから救えない
理解できるように勉強しなさいよ >736
x=sw,y=tw,z=uwですがz=x+p^{1/(p-1)}だからuw=sw+p^{1/(p-1)}ではありませんか。
はい。そうです。 >>752 日高
修正箇所は>>751で指摘した部分よりあとなので、言うべきことは>>751そのままです。 >737
> (3)ではなく(4)です。
a=√2/2の場合となります。 >738
ｓ、t,，uは(4)の解です。(4)の解は、元の式x^p+y^p=z^pの整数比の解です。
整数比の解があることが、証明できました。
(3)の解がｓ、t, uの1/a^{1/(p-1)}とならないので、ｓ、t, uは(4)の解では、ありません。 >739
(1)に s,t,s+p^{1/(p-1)}/wを代入して絶対に成り立つ式になったのだから、 s,t,s+p^{1/(p-1)}/wは(1)の解です。
(1)の解ですが、整数比の解ではありません。 >741
よって、x=sw,y=tw,z=x+r=sw+p^(1/(p-1))は、(3)の整数比となる解です。
違います。752を見て下さい。 >745
> uw=(sw+p^{1/(p-1)})wより、
この式が成り立つ理由は？
訂正します。752を見て下さい。 >747
p=3でr=√3(無理数)ならw(無理数)を用いると
(sw)^3+(tw)^3=(sw+√3)^3
s^3+t^3=(s+√3/w)^3
正しいです。 >750
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とすると
この時点で間違い
どうしてでしょうか？ >751
「(4)の解x,y,zも整数比とならない」とは結論できない。
訂正します。752を見て下さい。 (修正17)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)}-sとなるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…(6)となる。(s^p+t^p)^(1/p)=kとおく。(kは有理数。)
(4)の解x,y,zが整数比とならないので、(6)は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>763 日高
> >751
> 「(4)の解x,y,zも整数比とならない」とは結論できない。
>
> 訂正します。752を見て下さい。
751で指摘した箇所は752でもそのままです。
751に答えてください。 >>764 日高
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
ここの結論は「xが有理数ならば(3)の解x,y,zは自然数比にならない」。前提に注意。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(ap)^{1/(p-1)}=rだから(4)は(1)と同じ式であることに注意。
a^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}なのでこれは無理数である。
ここの結論は「xが有理数のr/p^{1/(p-1)}倍であるならば(4)の解x,y,zは自然数比にならない」。
ここも前提に注意。
> (3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおいて、
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
> w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)}-sとなるので、(5)に代入すると、
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}では？
> s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…(6)となる。(s^p+t^p)^(1/p)=kとおく。(kは有理数。)
(6)は自明な恒等式。kが有理数になるかどうかはフェルマーの最終定理の真偽次第。
> (4)の解x,y,zが整数比とならないので、(6)は成り立たない。
そんなことないよ。(6)は自明だもん。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
こんなこと言えていません。妄想。 >765
日高さん、>>751に答えてください。
764は、答えにならないでしょうか？ >767
> (4)の解x,y,zが整数比とならないので、(6)は成り立たない。
そんなことないよ。(6)は自明だもん。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数となるか、無理数となるかは自明ではありません。 >>768 日高
>>764の誤りはすでに指摘しました。それが>>767です。 >>769 日高
(6)は(s^p+t^p)^(1/p)が有理数となるか、無理数となるかにかかわらず成り立ちます。 >>762
> どうしてでしょうか？
解を全部調べてないじゃないですか
rが無理数の場合はx,y,zの全てが無理数の場合をまず調べないことには
証明にならない p=2あるいはpが奇素数のときのどちらでもrが無理数でx,y,zの全てが無理数の場合
x,yが整数比である解は存在する
x,zが整数比である解は存在する
p=2のときの例
以下は全てx^2+y^2=(x+2√2)^2の解
rは全て2√2つまり無理数であるx,y,zの全てが無理数
x,yは整数比である解の例
(x,y,z)=(k*2,k*3,k*√13) k=2√2/(√13-2)
(x,y,z)=(3√2,4√2,5√2) など
x,zは整数比である解の例
(x,y,z)=(5√2,4√3,7√2)
(x,y,z)=(3√2,4√2,5√2) など
p=2の場合は上の2つの例に共通する解つまり
x,yは整数比かつx,zは整数比である解が存在しその解はx,y,zが整数比である
上の例では(x,y,z)=(3√2,4√2,5√2)
pが奇素数のときは
x,yが整数比である解は存在する
x,zが整数比である解は存在する
しかし共通する解が存在するかどうかは不明 ζ(s) = Σn^(-s)だから、ζ(1 - s) = ζ(1) * ζ(-s)ですね >771
(6)は(s^p+t^p)^(1/p)が有理数となるか、無理数となるかにかかわらず成り立ちます。
その通りですが、有理数となるか、無理数となるかは、わかりません。 >>775 日高
> >771
> (6)は(s^p+t^p)^(1/p)が有理数となるか、無理数となるかにかかわらず成り立ちます。
>
> その通りですが、有理数となるか、無理数となるかは、わかりません。
>>764は撤回されますか？ >>764
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ここまでで、rが無理数で(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合を調べていない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合があるとここまでで分かっていれば、
(4)に整数比の解があるといえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合がないとここまでで分かっていれば、
(4)に整数比の解はないといえる。
ここまでで、rが無理数で(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合を調べていないので、どちらかは分からない。
よって、証明は失敗です。 (修正18)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…(6)となる。(s^p+t^p)^(1/p)=kとおく。(kは有理数。)
(4)の解x,y,zが整数比とならないので、(6)は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 (修正19)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…(6)となる。(s^p+t^p)^(1/p)=kとおく。(kは有理数。)
(4)の解x,y,zが整数比とならないので、(修正18)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…(6)となる。(s^p+t^p)^(1/p)が有理数のとき、
(4)の解x,y,zが整数比とならないので、(6)は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 (修正20)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…(6)となる。(s^p+t^p)^(1/p)が有理数のとき、
(4)の解x,y,zが整数比とならないので、(6)は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >772
rが無理数の場合はx,y,zの全てが無理数の場合をまず調べないことには
証明にならない
781を見て下さい。 >773
pが奇素数のときは
x,yが整数比である解は存在する
x,zが整数比である解は存在する
しかし共通する解が存在するかどうかは不明
781を見て下さい。 >774
ζ(s) = Σn^(-s)だから、ζ(1 - s) = ζ(1) * ζ(-s)ですね
どういう意味でしょうか？ >776
>>764は撤回されますか？
781を見て下さい。 >778
ここまでで、rが無理数で(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合を調べていないので、どちらかは分からない。
よって、証明は失敗です。
781を見て下さい。 >>781
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
ここまで>>781と>>764は全く同じですね。
ここまでで、rが無理数で(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合を調べていない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合があるとここまでで分かっていれば、
(4)に整数比の解があるといえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合がないとここまでで分かっていれば、
(4)に整数比の解はないといえる。
ここまでで、rが無理数で(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合を調べていないので、どちらかは分からない。
よって、>>781も>>761もおなじ、証明は失敗です。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、x,yは自然数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>788
x=3/2,y=4/2,z=5/2のとき、r=z-x=1で自然数だがx,yは自然数でない
証明は失敗です。 >>781 日高
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
上の引用最終行だけを見ると「(3)の……解x,y,zは整数比とならない」と読めますがそんなことは言えてなくて
「(3)のxを有理数とすると解x,y,zは自然数比とならない」だけです。
こういうところで、自分で自分をごまかしてるんじゃないかなあ。日高さんは。 >787
>>781も>>761もおなじ、証明は失敗です。
781では、(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおいて、
としています。 >789
x=3/2,y=4/2,z=5/2のとき、r=z-x=1で自然数だがx,yは自然数でない
証明は失敗です。
x=4、y=3、z=5のとき、r=z-x=1で自然数で、x,yは自然数です。 >790
「(3)のxを有理数とすると解x,y,zは自然数比とならない」だけです。
こういうところで、自分で自分をごまかしてるんじゃないかなあ。日高さんは。
解x,y,zは整数比とならない。は、間違いでしょうか？ (修正20)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…(6)となる。(s^p+t^p)^(1/p)が有理数のとき、
(4)の解x,y,zが整数比とならないので、(6)は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>791
文章の読み方って知っていますか？
証明も、文章ですから、初めから終わりに向かって、1行ずつ、順番に読むんですよ。覚えてくださいね。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ここまでで、rが無理数で(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合を調べていない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合があるとここまでで分かっていれば、
(4)に整数比の解があるといえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合がないとここまでで分かっていれば、
(4)に整数比の解はないといえる。
ここまでで、rが無理数で(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合を調べていないので、どちらかは分からない。
よって、証明は失敗です。 >>792
> x=4、y=3、z=5のとき、r=z-x=1で自然数で、x,yは自然数です。
それがどうかしましたか？
x=3/2,y=4/2,z=5/2のとき、r=z-x=1で自然数だがx,yは自然数でない
> (4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、x,yは自然数となる。
がインチキでウソである証拠があったので、>>788の証明は失敗です。 >>796を言い直せば、
x=3/2,y=4/2,z=5/2のとき、r=z-x=1で自然数だがx,yは自然数でない、という例があるのだから
「(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となる」は「x,yは自然数となる。」の証拠にならない、ということです。 ーーーーー
717 名前：日高[] 投稿日：2020/08/19(水) 08:29:38.20 ID:u3OQ7RSV [5/15]
>712
> (3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となる。
後半「有理数で整数比となる」の主語はなんですか？
「(3)の解x,y,zは」です。
ーーーーー
という主張をしていましたが、現在の証明では使っていないようなので、
> (3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、(3)の解x,y,zは有理数で整数比となる。
は撤回するということでよろしいですか？ >795
(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合があるとここまでで分かっていれば、
(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合があるならば、x、y、zが有理数で整数比
の解があります。 >>793 日高
> 解x,y,zは整数比とならない。は、間違いでしょうか？
この段階ではまだ言えていませんから、ここで言うのは間違いです。 >>800 日高
> (3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合があるならば、x、y、zが有理数で整数比
の解があります。
なんで、後半ではどの方程式の解か書かないの？ >797
x=3/2,y=4/2,z=5/2のとき、r=z-x=1で自然数だがx,yは自然数でない、という例があるのだから
「(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となる」は「x,yは自然数となる。」の証拠にならない、ということです。
x=3/2,y=4/2,z=5/2のとき、r=z-x=1は、
(4)の場合の、rです。
r=ap=1となります。 >>803
1は自然数です。
よって、証明は失敗です。 >799
> (3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、(3)の解x,y,zは有理数で整数比となる。
は撤回するということでよろしいですか？
撤回しません。
(3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、(3)の解x,y,zは有理数で整数比となる。は、自明です。 >>805
そうですか、分かりました。
いや、確認だけしたかったもので。 >802
なんで、後半ではどの方程式の解か書かないの？
どういう意味でしょうか？ >804
1は自然数です。
よって、証明は失敗です。
わかりました。訂正します。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、x,yは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (修正20)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…(6)となる。(s^p+t^p)^(1/p)が有理数のとき、
(4)の解x,y,zが整数比とならないので、(6)は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>805
もう何度も何度も、何度も何度も、何度も何度も、書きましたが
x=sw,y=tw,z=uw,r=z-x=uw-swで、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)、となるとき、
x=s,y=t,z=uだとr=z-x=u-sなので、r^(p-1)=pになりません。「r^(p-1)=pのとき」ではないので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)になりません。
x=sw,y=tw,z=uwとx=s,y=t,z=uはrが同じではありません。
x=sw,y=tw,z=uw
x=s,y=t,z=u
のそれぞれについて r=z-x を計算してみればわかります。
rが違えば、当然(3)が成り立つかどうかも違います。
(3)の解で同じ比になる組は絶対に1つだけ
x=sw,y=tw,z=uw,r=z-x=uw-swが(3)の解の時、同じ比のx=s,y=t,z=u,r=z-x=u-sは絶対に(3)の解になりません。
p=2でx=5/4,y=12/4,z=13/4は(3)の解で、同じ比になる組は絶対にこれだけ
x=5/4,y=12/4,z=13/4,r=z-x=2が(3)の解の時、同じ比のx=5,y=12,z=13,r=z-x=8は絶対に(3)の解になりません。 >>809
x=√2,y=2(1+√2)^(1/2),z=2+√2のとき、
rが自然数ですがx、yは有理数ではありません。
証明は失敗です。 >811
p=2でx=5/4,y=12/4,z=13/4は(3)の解で、同じ比になる組は絶対にこれだけ
x=5/4,y=12/4,z=13/4,r=z-x=2が(3)の解の時、同じ比のx=5,y=12,z=13,r=z-x=8は絶対に(3)の解になりません。
x=5,y=12,z=13,r=z-x=8は絶対に(3)の解になりませんが、(4)の解になります。 >812
x=√2,y=2(1+√2)^(1/2),z=2+√2のとき、
x,y,zは、整数比では、ありません。 >>813
> x=5,y=12,z=13,r=z-x=8は絶対に(3)の解になりませんが、(4)の解になります。
それがどうかしましたか？
x=5/4,y=12/4,z=13/4,r=z-x=2が(3)の解の時、同じ比のx=5,y=12,z=13,r=z-x=8は絶対に(3)の解になりません。
(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合があるとき、同じ比の別の3つの数の組は絶対に(3)の解になりません。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ここまでで、rが無理数で(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合を調べていない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合があるとここまでで分かっていれば、
(4)に整数比の解があるといえるが、(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合を調べていないので何も言えない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合がないとここまでで分かっていれば、
(4)に整数比の解はないといえるが、(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合を調べていないので何も言えない。
よって、証明は失敗です。 >>814
>>809の文章の中に、整数比なんて言葉はありませんね。ただ、「rが自然数のとき、」としか書いてありません。
x=√2,y=2(1+√2)^(1/2),z=2+√2のとき、rは自然数で、x、yは有理数ではありません。
> (4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、x,yは有理数となる。
がインチキでウソという証拠があったので、証明は失敗です。
中学1年生の教科書からやり直して、証明のやり方を1から学んだほうがいいと思います。 >>816
偉そうなことを書いて置きながら、ひどくぼけたことを書きました。すみません。
x=√2,y=2(1+√2)^(1/2),z=2+√2のときはr=2なので(3)式のほうになってしまいますね。取り消します。
x=√2,=(1+2√2)^(1/2),z=1+√2のとき、r=1は自然数で、x、yは有理数ではありません。
> (4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、x,yは有理数となる。
がインチキでウソという証拠があったので、証明は失敗です。 >815
(3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合を調べていないので何も言えない。
(3)の解x、y、zが無理数で整数比となるならば、有理数で、整数比となります。 >>818
> (3)の解x、y、zが無理数で整数比となるならば、有理数で、整数比となります。
インチキでウソですね
(3)の解で同じ比になる組は絶対に1つだけ
x=sw,y=tw,z=uw,r=z-x=uw-swが(3)の解の時、同じ比のx=s,y=t,z=u,r=z-x=u-sは絶対に(3)の解になりません。
p=2でx=5/4,y=12/4,z=13/4は(3)の解で、同じ比になる組は絶対にこれだけ
x=5/4,y=12/4,z=13/4,r=z-x=2が(3)の解の時、同じ比のx=5,y=12,z=13,r=z-x=8は絶対に(3)の解になりません。
よって、証明は失敗です。 >>818 日高
> >815
> (3)の解x、y、zが無理数で整数比の場合を調べていないので何も言えない。
>
>(3)の解x、y、zが無理数で整数比となるならば、有理数で、整数比となります。
そりゃそうだけど(3)の解にならなければ何の意味もない。いい加減に学習しろ。 >817
x=√2,=(1+2√2)^(1/2),z=1+√2のとき、r=1は自然数で、x、yは有理数ではありません。
x=√2,=(1+2√2)^(1/2),z=1+√2は、(3)の解のa倍となりません。 >819
> (3)の解x、y、zが無理数で整数比となるならば、有理数で、整数比となります。
「(3)の」が間違いでした。
3:4:5と3√3:4√3:5√3は同じとなります。 >>821
> x=√2,=(1+2√2)^(1/2),z=1+√2は、(3)の解のa倍となりません。
では、http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>809の
> (4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となる
がインチキでウソということで、証明は失敗です。 >820
そりゃそうだけど(3)の解にならなければ何の意味もない。いい加減に学習しろ。
x,y,zが同じ比の場合は、意味があります。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、x,yは有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (修正20)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…(6)となる。(s^p+t^p)^(1/p)が有理数のとき、
(4)の解x,y,zが整数比とならないので、(6)は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>824 日高
> >820
> そりゃそうだけど(3)の解にならなければ何の意味もない。いい加減に学習しろ。
>
> x,y,zが同じ比の場合は、意味があります。
じゃあそれがわかるように説明しろ。 >>822
> 「(3)の」が間違いでした。
> 3:4:5と3√3:4√3:5√3は同じとなります。
そうですか、じゃあ今の話とは全然関係ありませんね。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ここまででやったことは、
(3)式に整数比の解があるか調べたい。
(3)式はrが無理数の場合だから、yが有理数になるわけないけど、一応調べて、有理数で整数比の解がないことが分かった。
そもそも(3)に無理数で整数比の解がある時、同じ比のほかの解はないので、調べる意味はなかった。
(3)式はrが無理数の場合だから、3つの無理数x、y、zが整数比になるかもしれないけど、調べていない。
つぎに、(4)式に整数比の解があるか調べたい。
(4)式でr、x、yが有理数の場合、(3)が無理数で整数比の解があるなら、(4)に有理数で整数比の解があるけど、
(3)で無理数で整数比の解があるかどうか調べてないので、わからない。
よって、証明は失敗です。 >>826 日高
> (3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおいて、
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
> w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となるので、(5)に代入すると、
> s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…(6)となる。(s^p+t^p)^(1/p)が有理数のとき、
(5)から出た式を(5)に代入したから恒等式(6)が得られただけ。おまぬけ。 (修正21)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、zは無理数となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 (修正22)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、zは無理数となり、式は成り立たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (修正1)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、成り立つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>831
> (3)はrが無理数なので、zは無理数となり、式は成り立たない。
なぜ、zが無理数となると、式が成り立たないのですか？
例えば
1^3+2^3=(9^(1/3))^3
zは無理数で、式は成り立っています。
そもそも、なんのためにx、yが有理数でrが無理数の時の解を調べているのですか？
それは、x^p+y^p=z^pが、自然数解を持つかどうかを調べる役に立つのですか？ >>831 日高
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、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、zは無理数となり、式は成り立たない。
p=3としてx=3-√3,z=3で成り立ちます。大ウソ。 >>840は取り消します。
最初に
> 【証明】x,yは有理数とする。
と書いてありました。 >>831 日高
> x,yは有理数とする。
はどこまでかかるのですか？
a^{1/(p-1)}は無理数ですよね？ (修正23)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、zは無理数となり、x,y,zは有理数とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >839
そもそも、なんのためにx、yが有理数でrが無理数の時の解を調べているのですか？
それは、x^p+y^p=z^pが、自然数解を持つかどうかを調べる役に立つのですか？
(4)の解は、(3)の解の定数倍となるからです。
843を見て下さい。 >>844 日高
定数倍って言うけど無理数倍でしょう？ (修正24)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、zは無理数となり、x,y,zは共に有理数とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zは共に有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>846
x、yが有理数で、rが無理数の(3)の解しか探していないので、それ以外の条件で、(3)に整数比の解があるかもしれない
(3)に整数比の解がある時、x、yが有理数でrが無理数であるという証拠は>>846にはない。
(3)に整数比の解があるとしたら、それは無理数で整数比である、ということはすでに何度も何度も何度も証明済みである。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)に無理数で整数比の解があるとしたら、(4)に有理数で整数比の解がある。
そもそも、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、もし(3)の解が有理数になったとしても、(4)の解は有理数にはならない。
だから(3)の解が有理数かどうか調べる意味はない。
(3)に無理数で整数比の解があるかどうかは調べていないので、証明は失敗です。 >>844
xが有理数、yが有理数、zが無理数である(3)の解を調べると、
> (4)の解は、(3)の解の定数倍となるからです。
より、
xが無理数、yが無理数、zが有理数の(4)である解が調べられますね。
それはx^p+y^p=z^pが、自然数解を持つかどうかと関係あるのですか？ (修正25)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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は無理数となり、x,y,zは共に有理数とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のX,Y,Zは共に有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >842
a^{1/(p-1)}は無理数ですよね？
はい。そうです。849に訂正します。 >845
定数倍って言うけど無理数倍でしょう？
はい。そうです。 >847
(3)に無理数で整数比の解があるかどうかは調べていないので、証明は失敗です。
849を見て下さい。 >>849
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)にr^(p-1)=ap、X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}を代入して、本当に
X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)になるかどうか、書いてみてください。 (修正2)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。X=ax、Y=ay
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >854
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)にr^(p-1)=ap、X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}を代入して、本当に
X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)になるかどうか、書いてみてください。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(1)に
x=X/a^{1/(p-1)}、y=Y/a^{1/(p-1)}を代入すると、
(X/a^{1/(p-1)})^p+(Y/a^{1/(p-1)}^p=(X/a^{1/(p-1)}+p^{1/(p-1)})^p
両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、
X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^pとなります。 >>856
(2)式が(4)式になるのはa=1以外、r^(p-1)=apのとき、なのですから
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(1)になるわけありませんね。
証明は失敗です。 日高
> 849を見て下さい。
>>849
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
この時点で間違い
>>782
> >772
> rが無理数の場合はx,y,zの全てが無理数の場合をまず調べないことには
> 証明にならない
日高
> 781を見て下さい。
日高の言う781では
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とすると
全く修正されていない >>849
何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も同じ間違いをするので
何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も同じことを書きますが、
xが有理数、yが有理数、zが有理数である(4)の整数比の解があるかないかを調べるためには、
> (4)の解は、(3)の解の定数倍となるからです。
より、
xが無理数、yが無理数、zが無理数である(3)の整数比の解があるかないかを調べることが絶対に必要です。
それ以外を調べるのは無意味で無駄です。
(3)に無理数で整数比の解があるかどうかは調べていないので、証明は失敗です。 >857
(2)式が(4)式になるのはa=1以外、r^(p-1)=apのとき、なのですから
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(1)になるわけありませんね。
証明は失敗です。
どういう意味でしょうか？ >859
>>849
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
この時点で間違い
どうしてでしょうか？
> >772
> rが無理数の場合はx,y,zの全てが無理数の場合をまず調べないことには
> 証明にならない
どうしてでしょうか？
日高の言う781では
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とすると
全く修正されていない
どういう意味でしょうか？ >>861
あなたは>>856に書きました。
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(1)に
この式はいったいどこから出てきたのですか？
今は(4)式の話ですよ？
(4)式はa=1以外、r^(p-1)=apのときの話です。
a=1以外、r^(p-1)=apのとき、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(1)にはなりません。 日高さんよ、あんたの証明をx^3+7y^3=z^3に適用するとなぜ破綻するのか、よく考えてごらん。 式が違う、だけでは説明にならんよな
その違いがどのように影響しているかまで述べないといけない >857
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(1)になるわけありませんね。
X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となります。 >858
そうか、『定数倍』すらうまく書けてないのか。
どういう意味でしょうか？ >858
そうか、『定数倍』すらうまく書けてないのか。
どういう意味でしょうか？ >859
> rが無理数の場合はx,y,zの全てが無理数の場合をまず調べないことには
> 証明にならない
どうしてでしょうか？ >860
xが無理数、yが無理数、zが無理数である(3)の整数比の解があるかないかを調べることが絶対に必要です。
xが無理数、yが無理数、zが無理数で、整数比となるならば、
xが有理数、yが有理数、zが有理数で、整数比となります。 >863
a=1以外、r^(p-1)=apのとき、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(1)にはなりません。
(4)になります。 >864
日高さんよ、あんたの証明をx^3+7y^3=z^3に適用するとなぜ破綻するのか、よく考えてごらん。
式が違うからです。 >865
式が違う、だけでは説明にならんよな
どうしてでしょうか？ >>872 日高
> >864
> 日高さんよ、あんたの証明をx^3+7y^3=z^3に適用するとなぜ破綻するのか、よく考えてごらん。
>
> 式が違うからです。
じゃあなぜx^3+y^3=z^3では破綻しないと言えるんだい？ >>871
> (4)になります。
あなたは>>856でこう書きました。
1行目> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(1)に
2行目> x=X/a^{1/(p-1)}、y=Y/a^{1/(p-1)}を代入すると、
3行目> (X/a^{1/(p-1)})^p+(Y/a^{1/(p-1)}^p=(X/a^{1/(p-1)}+p^{1/(p-1)})^p
4行目> 両辺に(a^{1/(p-1)})^pをかけると、
5行目> X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^pとなります。
しかし、a=1以外、r^(p-1)=apのとき、r=(ap)^(1/(p-1))ですから、1行目の式x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pになりません。
最初が間違っているのですから、当然5行目の式 X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^pになりません。
証明は失敗です。 >>870
xが有理数、yが有理数、zが有理数である(4)の整数比の解があるかないかを調べるためには、
> (4)の解は、(3)の解の定数倍となるからです。
より、
xが無理数、yが無理数、zが無理数である(3)の整数比の解があるかないかを調べることが絶対に必要です。
1行目> xが無理数、yが無理数、zが無理数で、整数比となるならば、
2行目> xが有理数、yが有理数、zが有理数で、整数比となります。
1行目のx、y、zが(3)の解の時、2行目のx、y、zは絶対に(3)の解ではないので、今の話に全く関係ありません。
(3)の無理数で整数比の解を調べていないので、証明は失敗です。 >>873
> >865
> 式が違う、だけでは説明にならんよな
>
> どうしてでしょうか？
どうしても何も、実際に何一つとして説明してないではないですか
式のどこがどのように違っているの？
それが証明のどこにどのように影響するの？
なに一つ書いてませんよ >>870 日高
> xが無理数、yが無理数、zが無理数で、整数比となるならば、
> xが有理数、yが有理数、zが有理数で、整数比となります。
x^3+7y^3=z^3の場合(3)はx^3+7y^3=(x+√3)^3となり、これをみたす有理数x,y,z(=x+√3)は存在しない。
一方x=y=√3,z=2√3は(3)の無理数解で自然数比をなす。
だから有理数x,y,zで自然数比となるものがあるのは確かで、それはx=y=1,z=2。
これは(3)の解にはならず、x^3+7y^3=(x+1)^3の解である。
（√3で割ったのだから当然だ。）
これと同じことがx^3+y^3=z^3では起こらないと、証明できるかい？ (修正26)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、zは(x^p+y^p)^(1/p)以外の無理数となり、式は成り立たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 (修正6)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >874
じゃあなぜx^3+y^3=z^3では破綻しないと言えるんだい？
879を見て下さい。 >878
これと同じことがx^3+y^3=z^3では起こらないと、証明できるかい？
879を見て下さい。 >>879 日高
このうち、x^3+7y^3=z^3だと通用しなくなる箇所はどこですか？ (修正27)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、zは(x^p+y^p)^(1/p)以外の無理数となり、式は成り立たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)のX,Yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >884
このうち、x^3+7y^3=z^3だと通用しなくなる箇所はどこですか？
最初からです。 >>886
> 最初からです。
>> 879のx^p+y^p=z^p を x^p+7y^p=z^p に置き換えたらこうなりそうですが、「最初」とは一体どこなんでしょう
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x,yは有理数とする。
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)を積の形にすると、r^(p-1){7(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、zは(x^p+7y^p)^(1/p)以外の無理数となり、式は成り立たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+7y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >887
879のx^p+y^p=z^p を x^p+7y^p=z^p に置き換えたらこうなりそうですが、「最初」とは一体どこなんでしょう
x^p+y^p=z^p と x^p+7y^p=z^p は、解が違います。 >888
【定理】のところ、って言いそう
はい。そうです。 (修正6)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>890 日高
そうではなく、【証明】の中で、最初に成り立たなくなる箇所をあげてください。 >887
pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持ちます。 (修正28)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はr=p^{1/(p-1)なので、zは有理数の(1/p)乗とならない。よって、式は成り立たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)のX,Yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>893
> >887
> pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>
> pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持ちます。
それでは、>>887の【証明】は一体どこから間違っているのでしょう？ >895
それでは、>>887の【証明】は一体どこから間違っているのでしょう？
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。からです。 (修正29)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はr=p^{1/(p-1)なので、zは有理数の(1/p)乗とならない。よって、(3)は成り立たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)のX,Yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>896 日高
> >895
> それでは、>>887の【証明】は一体どこから間違っているのでしょう？
>
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。からです。
おまえ、ひとりで書き散らすだけで、ひとの書き込みを読んでないな。
【証明】の中で最初に間違っている箇所をあげろ、って言われてるんだよ。 >>897
何か無意味な変更を繰り返してるみたいだけど何がしたいの？
未完成なら完成してから書き込んでください。 >898
【証明】の中で最初に間違っている箇所をあげろ、って言われてるんだよ。
【証明】の中とは、どこからでしょうか？ >899
何か無意味な変更を繰り返してるみたいだけど何がしたいの？
どの部分が無意味な変更でしょうか？ >>900 日高
> >898
> 【証明】の中で最初に間違っている箇所をあげろ、って言われてるんだよ。
>
> 【証明】の中とは、どこからでしょうか？
【証明】と書かれた次の文字から。 >>901
無意味じゃないというのなら修正内容をきちんと説明して。
何のために修正してるんですか？以前のものは間違いがあるんですか？ >>897
xが有理数、yが有理数、zが有理数である(4)の整数比の解があるかないかを調べるためには、
> (4)の解は、(3)の解の定数倍となるからです。
より、
xが無理数、yが無理数、zが無理数である(3)の整数比の解があるかないかを調べることが絶対に必要です。
あなたが勝手に(3)の解を探す範囲をxが有理数、yが有理数に制限してるだけで、それには何の意味もありません。
答えのある所を探さずに、答えの絶対にないところを無意味に探すのだから、答えがないのは当然です。
(3)の整数比の解はxが無理数、zが無理数、yも無理数の時にしかない、ほかには(3)の整数比の解は存在しない、と証明されているのですから。
(3)の無理数で整数比の解を調べていないので、証明は失敗です。 >902
【証明】と書かれた次の文字から。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x,yは有理数とする。
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)を積の形にすると、r^(p-1){7(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、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、zは(x^p+7y^p)^(1/p)以外の無理数となり、式は成り立たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+7y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
x^p+7y^p=z^pは
p=3の場合は、(x,y,z)=(1,1,2)、(x,y,z)=(２,２,4)…自然数解が無限にあります。
整数比となる解(x,y,z)=(√3,√3,2√3)も無限にあります。
p=3以外の奇素数の場合は、不明です。
上の証明で、p=3として、「x,yは有理数とする。」を外して、
p=3とき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持つ。として、
「成り立たない。」を「成り立つ」とすれば、内容も正しくなります。 >903
何のために修正してるんですか？以前のものは間違いがあるんですか？
間違いがあります。 >904
(3)の無理数で整数比の解を調べていないので、証明は失敗です。
無理数で整数比の解があるならば、有理数で、整数比の解があります。 (修正29)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はr=p^{1/(p-1)なので、zは有理数の(1/p)乗とならない。よって、(3)は成り立たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)のX,Yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 (修正6)
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>906
何を修正したのか説明してくれないんですか。ずいぶん不親切ですね。 >>905
> >902
> 【証明】と書かれた次の文字から。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x,yは有理数とする。
> 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)を積の形にすると、r^(p-1){7(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、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、zは(x^p+7y^p)^(1/p)以外の無理数となり、式は成り立たない。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+7y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のrが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>
> x^p+7y^p=z^pは
> p=3の場合は、(x,y,z)=(1,1,2)、(x,y,z)=(２,２,4)…自然数解が無限にあります。
> 整数比となる解(x,y,z)=(√3,√3,2√3)も無限にあります。
> p=3以外の奇素数の場合は、不明です。
>
> 上の証明で、p=3として、「x,yは有理数とする。」を外して、
> p=3とき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持つ。として、
> 「成り立たない。」を「成り立つ」とすれば、内容も正しくなります。
それは答えになっていません
「証明のどこに論理的な間違いがあるのか」を聞いてるんですよ
「論理的な間違い」を指摘してください >911
「論理的な間違い」を指摘してください
「論理的な間違い」は、ありません。 >>912
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
証明に論理的に間違いがないのなら、あなたはこの定理が成立する、と言わなければならないはずです。
しかし実際にはx=1,y=1,z=2という自然数解がありますね。
つまりあなたは証明の中にある論理的な間違いを見つけられていない、ということです。 >>913
> >>912
>
> > 【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>
> 証明に論理的に間違いがないのなら、あなたはこの定理が成立する、と言わなければならないはずです。
> しかし実際にはx=1,y=1,z=2という自然数解がありますね。
ここは「p=3のときに」が抜けていますので、補って読んでください。
> つまりあなたは証明の中にある論理的な間違いを見つけられていない、ということです。 >>912 日高
> 「論理的な間違い」は、ありません。
君には論理の間違いに気づく能力が欠けている。だから自分の間違いにも気づかないというわけだ。 >913
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
しかし実際にはx=1,y=1,z=2という自然数解がありますね。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
が、間違いです。 >914
> つまりあなたは証明の中にある論理的な間違いを見つけられていない、ということです。
論理的な間違いは、ありません。 >915
> 「論理的な間違い」は、ありません。
君には論理の間違いに気づく能力が欠けている。だから自分の間違いにも気づかないというわけだ。
どの部分が間違いかを、指摘してください。 >>908
> x,yは有理数とする。
> (3)はr=p^{1/(p-1)なので
これが間違い
> pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない
を証明していない
x,y,zの3つの値において有理数と無理数が混在すれば整数比にならないという
当たり前のことを使っても証明にはならない
> pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない
はrが無理数の場合はx,y,zが全て無理数である場合に整数比になるものがあるか？
という問題の結論として得られるものだから全く異なる >915
p=3とき、x^p+7y^p=z^pの解は、
x=y=rです。
x,y,rは任意です。 >920
> pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない
はrが無理数の場合はx,y,zが全て無理数である場合に整数比になるものがあるか？
という問題の結論として得られるものだから全く異なる
x,y,zが全て無理数である場合に整数比になるものがあるならば、
x,y,zが全て有理数である場合に整数比になるものがあります。 (修正30)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はr=p^{1/(p-1)なので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)のX,Yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>922
> x,y,zが全て無理数である場合に整数比になるものがあるならば、
だからこれがあるかないかを決定しろということなんだよ
>>923
> (3)はr=p^{1/(p-1)なので、x,y,zは整数比とならない。
p=2のときはr=p^{1/(p-1)}=2という意味でもあるいは
p=2のときはrが無理数という意味のどちらの意味でも
整数比になるものがあるのだから証明になっていないですよ >>924
> >>922
> > x,y,zが全て無理数である場合に整数比になるものがあるならば、
> だからこれがあるかないかを決定しろということなんだよ
その通り。でも日高の頭の中では
>>907 日高
> 無理数で整数比の解があるならば、有理数で、整数比の解があります。
が成り立ち、(3)には有理数解がないから無理数で自然数比の解もない、と言いたいんだろう。 日高の(3)式ってx^p+y^p=z^pとz=x+p^{1/(p-1)}との連立方程式なんだよね。 >>927
> 日高の(3)式ってx^p+y^p=z^pとz=x+p^{1/(p-1)}との連立方程式なんだよね。
(3)式にはzがありませんからねー
x^p+y^p=z^pの解に条件を追加しているので、本来はそのように記述するべきでしょう >>923
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はr=p^{1/(p-1)なので
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)で(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、x=sw,y=tw,z=uwは整数比で(3)の解です。
ここまでに(s^p+t^p)^(1/p)が有理数にならないという証拠がないので、証明は失敗です。 >>907
x^p+y^p=z^pに無理数で整数比の解があるならば、x^p+y^p=z^pに有理数で、整数比の解がありますが、
それは絶対にx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解ではありません。
xが有理数、yが有理数、zが有理数である(4)の整数比の解があるかないかを調べるためには、
> (4)の解は、(3)の解の定数倍となるからです。
より、
xが無理数、yが無理数、zが無理数である(3)の整数比の解があるかないかを調べることが絶対に必要です。
(3)に有理数で整数比の解がないことは何度も証明されてわかり切っている
(3)に無理数で整数比の解があればx^p+y^p=z^pに有理数で整数比の解がありますが
(3)の有理数で整数比の解も探していないし、x^p+y^p=z^pの有理数で整数比の解も探していないので、
証明は失敗です。 (修正31)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はr=p^{1/(p-1)なので、y^pの係数が１以外であれば、x,y,zは整数比となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。 (修正32)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はr=p^{1/(p-1)なので、y^pの係数が１以外であれば、x,y,zは整数比となる可能性がある。
∴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 (修正7)
【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^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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(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。 (修正33)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はr=p^{1/(p-1)なので、y^pの係数が１以外ならば、x,y,zは整数比となる可能性がある。
∴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。 (修正8)
【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^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)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(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。 >>934
> 932、933を見て下さい。
見ても依然として間違ったままですね
924を見て下さい
> p=2のときはr=p^{1/(p-1)}=2という意味でもあるいは
> p=2のときはrが無理数という意味のどちらの意味でも
> 整数比になるものがあるのだから証明になっていないですよ
>>932
> r=p^{1/(p-1)なので、y^pの係数が１以外であれば、x,y,zは整数比となる可能性がある。
x^2+y^2=(x+2)^2もr=p^{1/(p-1)}でこの場合のx,y,zは整数比となるから間違っていますね 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+rx}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(3)はr=√3なので、y^3の係数が１以外ならば、x,y,zは整数比となる可能性がある。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 >943
> 整数比になるものがあるのだから証明になっていないですよ
整数比になるものがあるので、証明になっています。
x^2+y^2=(x+2)^2もr=p^{1/(p-1)}でこの場合のx,y,zは整数比となるから間違っていますね
x,y,zは整数比となるので、間違っていません。 >>941 日高
> (3)はr=p^{1/(p-1)なので、y^pの係数が１以外ならば、x,y,zは整数比となる可能性がある。
係数が1のときを論じていません。間違いです。 (修正34)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数ならば、xは無理数となり、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は、整数比の解を持たない。 (修正1)
【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+rx}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(3)はr=√3なので、yが有理数ならば、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 (修正9)
【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^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)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はr=2なので、yが有理数ならば、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >946
係数が1のときを論じていません。間違いです。
はい。そうでした。 >>949 日高
> 【定理】p=3のとき、x^p+7y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
> 【証明】x^3+7y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+7y^3=(x+r)^3…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^2{7(y/r)^3-1}=a3{x^2+rx}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+7y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
> (3)はr=√3なので、yが有理数ならば、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
> ∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
最後から３行目までは正しい。
最後から２行目でyが有理数の場合しか調べてないのに「x,y,zは整数比とならない」と結論したのが誤り。
x=y=√3,z=2√2があるから。
だから、x^3+y^3=z^3の場合に最後から２行目の推論が正しいことを日高君が示さない限り元の証明も誤り。 >>952
>x=y=√3,z=2√2があるから。
はz=2√3の誤りです。訂正して読んでください。 >953
x=y=√3,z=2√3があるから。
だから、x^3+y^3=z^3の場合に最後から２行目の推論が正しいことを日高君が示さない限り元の証明も誤り。
x,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となります。 >>954
> >953
> x=y=√3,z=2√3があるから。
>
> だから、x^3+y^3=z^3の場合に最後から２行目の推論が正しいことを日高君が示さない限り元の証明も誤り。
>
> x,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となります。
x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、無理数で整数比であるものが存在するならば、
x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、有理数で整数比であるものが存在します。
この主張自体は正しいんですが、そのことが証明の中で意味がありますか？
x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、z-x=√3でもあり、無理数で整数比であるものが存在する、と仮定したとき、
x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、有理数で整数比であるものが存在する、とは言えますが、
x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、z-x=√3でもあり、有理数で整数比であるものが存在する、とは言えません
前提に条件を追加したから結果にも同じ条件を追加できる、なんてそんな馬鹿げたことは考えていませんよね？ >955
x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、z-x=√3でもあり、有理数で整数比であるものが存在する、とは言えません
存在する例p=2
(4√3)^2+(3√3)^2=(5√3)^2
z-x=√3
x:y:z=(4√3):(3√3):(5√3)=4:3:5 >>956 日高
いまp=3の話をしているのにそうやってまぜっかえして楽しいかい？ >957
いまp=3の話をしているのにそうやってまぜっかえして楽しいかい？
p=2の場合も同じです。 >>958 日高
p=2のときはz-x=2なんだろ、君の理論では。 >959
p=2のときはz-x=2なんだろ、君の理論では。
理屈は、同じです。 >>956
> >955
> x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、z-x=√3でもあり、有理数で整数比であるものが存在する、とは言えません
>
> 存在する例p=2
> (4√3)^2+(3√3)^2=(5√3)^2
> z-x=√3
> x:y:z=(4√3):(3√3):(5√3)=4:3:5
z-x=5-4= 1 で √3 じゃないけど良いの？ >>958
> r=√3なので、yが有理数ならば、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
r=√3なのでyが有理数ならばx,y,zは整数比とならない
を書き換えると
p=3のときa=2√3/3とすれば
(A): ar=2なのでayが無理数ならばx,y,zは整数比とならない
p=2のとき
(B): r=2なのでyが無理数ならばx,y,zは整数比とならない
> p=2の場合も同じです
だったら上の(A)と(B)は同じ内容なので
> p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
> p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
のどちらか1つは間違いということになります
>>960
> 理屈は、同じです。
(A)が整数比の解を持たない根拠であるのならば
(B)も整数比の解を持たない根拠(p=2の場合も同じ)になります >>960 日高
> >959
> p=2のときはz-x=2なんだろ、君の理論では。
>
> 理屈は、同じです。
日高の頭が理屈で動いているとはとても思えん。 >961
z-x=5-4= 1 で √3 じゃないけど良いの？
z-x=5√3-4√3=√3となります。 >962
p=3のときa=2√3/3とすれば
(A): ar=2なのでayが無理数ならばx,y,zは整数比とならない
p=2のとき
(B): r=2なのでyが無理数ならばx,y,zは整数比とならない
意味を詳しく教えて頂けないでしょうか？ >>964
> >961
> z-x=5-4= 1 で √3 じゃないけど良いの？
>
> z-x=5√3-4√3=√3となります。
あのー、それ
x=4√3,y=3√3,z=5√3,z-x=√3 …(3)の解
を√3で割って
x=4,y=3,z=5,z-x=1 …(4)の解
にしたあと√3を掛けて
x=4√3,y=3√3,z=5√3,z-x=√3 …(3)の解
に戻してるだけですよ？
結局、有理数解があるのは(4)じゃないですか >>966
> >>964
>
> > >961
> > z-x=5-4= 1 で √3 じゃないけど良いの？
> >
> > z-x=5√3-4√3=√3となります。
>
> あのー、それ
> x=4√3,y=3√3,z=5√3,z-x=√3 …(3)の解
> を√3で割って
> x=4,y=3,z=5,z-x=1 …(4)の解
> にしたあと√3を掛けて
> x=4√3,y=3√3,z=5√3,z-x=√3 …(3)の解
> に戻してるだけですよ？
> 結局、有理数解があるのは(4)じゃないですか
念のため、(3),(4)は
>>923 の
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
>X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
とかもっと前の証明に書いてあるやつですね 元の
> x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、z-x=√3でもあり、無理数で整数比であるものが存在する、と仮定したとき、
> x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、有理数で整数比であるものが存在する、とは言えますが、
> x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、z-x=√3でもあり、有理数で整数比であるものが存在する、とは言えません
に話を戻すと、
x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、z-x=√3でもあり、無理数で整数比であるもの
として、
x=sw,y=tw,z=uw (s,t,uは有理数、wは無理数)
が存在すると仮定したとき、
x=s,y=t,z=u は
x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、有理数で整数比であるもの
になりますが、
z-x=u-s=(uw-sw)/w=√3/w≠√3 なので
x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、z-x=√3でもあり、有理数で整数比であるもの
ではありません
z-x=√3 とするためにはwを掛ける必要がありますが、それは
x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、z-x=√3でもありで整数比であるもの
に戻しているだけで、
x^3+y^3=z^3 の解x,y,zで、z-x=√3でもあり、有理数で整数比であるもの
にはなりません
> x,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となります。
という主張をしたところで、結局なんの意味もないのではないですかね また無意味な「修正」をして、○○を見てください、というパターンだろうなあ >>965
> 意味を詳しく教えて頂けないでしょうか？
p=2だろうとpが奇素数のときだろうと
rが有理数あるいはarが有理数として値を固定すると
その時の解x,y,zのyが無理数なら整数比にならないでしょ (修正35)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数ならば、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが有理数のとき、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
∴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。 >967
> x=4,y=3,z=5,z-x=1 …(4)の解
> にしたあと√3を掛けて
> x=4√3,y=3√3,z=5√3,z-x=√3 …(3)の解
> に戻してるだけですよ？
(4),(3)どちらも、整数比の解となります。 >968
> x,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となります。
という主張をしたところで、結局なんの意味もないのではないですかね
「x=sw,y=tw,z=uw (s,t,uは有理数、wは無理数)
が存在すると仮定したとき、」
の話です。 >970
p=2だろうとpが奇素数のときだろうと
rが有理数あるいはarが有理数として値を固定すると
その時の解x,y,zのyが無理数なら整数比にならないでしょ
p=2の場合は、整数比となります。 >>971
> (3)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数ならば、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
yが無理数の場合は考えないんですか？ 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+rx}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(3)はr=√3なので、yが有理数ならば、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+√(a3))^p…(4)となる。
(4)はrが有理数のとき、(4)の解は(3)の解の√a倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
∴p=3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^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)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はr=2なので、yが有理数ならば、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >>974
> rが有理数あるいはarが有理数として値を固定すると
> その時の解x,y,zのyが無理数なら整数比にならないでしょ
だからrが有理数,yが無理数でも
> p=2の場合は、整数比となります。
たとえばあんたの理屈ではp=2の場合(x,y,z)=(5,2√6,7)は
rが有理数,yが無理数だから整数比なんでしょ
だったらp=2の場合と同じ理屈でpが奇素数のときも整数比と
ならないといけないですよ >975
yが無理数の場合は考えないんですか？
yが無理数の場合も、x,y,zは整数比となりません。 >978
たとえばあんたの理屈ではp=2の場合(x,y,z)=(5,2√6,7)は
rが有理数,yが無理数だから整数比なんでしょ
(x,y,z)=(5,2√6,7)は整数比では、ありません。 >>980
> (x,y,z)=(5,2√6,7)は整数比では、ありません。
5^2+(2√6)^2=7^2が成り立つからp=2の場合ですよね
√6倍するとyを有理数にすることができr=z-xは無理数になります
「z-xが無理数,yが有理数ならば整数比でない」ということに対して
> p=2の場合は、整数比となります。
と日高が自分で言っているのだけれどもおかしくないですか？
結局「z-xが無理数,yが有理数ならば整数比でない」は
「整数比の解を持たない」根拠にはできないということなんだけれども
例を挙げるために>>976と>>977をアレンジしてみましょう
日高理論から得られる日高定理の例
【日高定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+rx}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+√(a3))^p…(4)となる。
(4)の解は(3)の解の√a倍となる
(4)は√(a3)が有理数のとき、yが有理数ならば、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(3)の解は(4)の解の1/√a倍となるので、(3)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【日高定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【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)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa倍となる
(4)はa2が無理数のとき、yが有理数ならば、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(3)の解は(4)の解の1/a倍となるので、(3)の解x,y,zも整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 >981
(4)は√(a3)が有理数のとき、yが有理数ならば、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
理由を教えて下さい。 >>982
> 理由を教えて下さい。
「z-xが無理数,yが有理数ならば整数比でない」ということに対して
> p=2の場合は、整数比となります。
とあんたが答えたことが理由です >983
「z-xが無理数,yが有理数ならば整数比でない」ということに対して
> p=2の場合は、整数比となります。
とあんたが答えたことが理由です
よく、意味が理解できません。
具体的に、詳しく教えていただけないでしょうか。 >>979 日高
> >975
> yが無理数の場合は考えないんですか？
>
> yが無理数の場合も、x,y,zは整数比となりません。
なぜですか？ >985
> yが無理数の場合は考えないんですか？
>
> yが無理数の場合も、x,y,zは整数比となりません。
なぜですか？
どの式の場合かを、教えてください。 >>986 日高
> >985
> > yが無理数の場合は考えないんですか？
> >
> > yが無理数の場合も、x,y,zは整数比となりません。
>
> なぜですか？
>
> どの式の場合かを、教えてください。
あんたが>>979で返事したときに念頭にあった式です。 >987
あんたが>>979で返事したときに念頭にあった式です。
式を示していただけないでしょうか。 そうだったね。でもまだスクロールして読める範囲でっせ。 スレが変わるとアンカーが使いにくくなるので，しかたない。答えよう。
>>971 日高
> (修正35)
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数ならば、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
この(3)です。 【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^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)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はr=2なので、yが有理数ならば、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。 >991
> (3)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数ならば、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
この(3)です。
この(3)は、正しいです。 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
∴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。 そうじゃなくて。
この(3)について，君は
>> 979 日高
> >975
> yが無理数の場合は考えないんですか？
>
> yが無理数の場合も、x,y,zは整数比となりません。
と答えました。その理由をお聞きしています。 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+rx}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(3)はr=√3なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+√(a3))^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は(3)の解の√a倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。 >995
> yが無理数の場合も、x,y,zは整数比となりません。
と答えました。その理由をお聞きしています。
x,y,zが無理数で整数比となるならば、x,y,zが有理数で整数比となります。 >>997 日高
>> x,y,zが無理数で整数比となるならば、x,y,zが有理数で整数比となります。
「有理数で整数比」になったものは(3)の解ですか？ >998
「有理数で整数比」になったものは(3)の解ですか？
「(3)の解 x,y,zが無理数で整数比となったと、仮定すると」
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