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。 【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。
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