フェルマーの最終定理の簡単な証明その3
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【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。 >>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。
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