フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
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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)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。 >461
「(3)はyが有理数のとき、xは無理数となる」、私には証明できません。証明をお願いします。
y,xに有理数を代入してみて下さい。 >462
> u=s+(p^{1/(p-1)})/w …(3'-2)
だから、uとsが有理数ならそうなるだろ。
(p^{1/(p-1)})/w が有理数ならば、成り立ちます。 >463
> 「既出」とは、どういう意味でしょうか？
辞書サイトで調べてみてはどうですか？
この場合の、「既出」の意味です。 >>464 日高
> >461
> 「(3)はyが有理数のとき、xは無理数となる」、私には証明できません。証明をお願いします。
>
> y,xに有理数を代入してみて下さい。
済みません。私にはわからないのでご教示ください。 >>465 日高
> >462
> > u=s+(p^{1/(p-1)})/w …(3'-2)
>
> だから、uとsが有理数ならそうなるだろ。
>
> (p^{1/(p-1)})/w が有理数ならば、成り立ちます。
それはトートロジー。 >>466
> この場合の、「既出」の意味です。
それを辞書サイトで調べろということなんですが >>470
既出といわれても覚えがない、という意味では？
>>471
10レス過ぎたら同じものを貼ったり、元の質問をもう一度書いてくれと言ったり、こちらの質問をスルーしたりするので
https://rio2016.5ch.net/math/
を見ているのだろうということは推測できる。 >>441
> w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)となりますが、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pが
> 成り立つかどうかは、わかりません。
問1
では、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pにｗを代入して、可能な限り式を簡単に書いてください。
問2
左辺と右辺が異なる値になることは、あるでしょうか？ >>439
> ｒが無理数の時、x、yに有理数を代入すれば、整数比の解が存在しない証明になります。
>
> これは、pが奇素数の場合です。
p=2のとき、「ｒが無理数の時、x、yに有理数を代入すれば、整数比の解が存在しない証明になります。」が成り立たなくて、
pが奇素数の時、「ｒが無理数の時、x、yに有理数を代入すれば、整数比の解が存在しない証明になります。」が成り立つ、ということを証明してください。 >>459
x=sw、y=tw、z=uwは「(03')の整数比の無理数解」なので、
>>456の証明
> z=x+p^{1/(p-1)} …(3') に、x=sw、z=uw を代入する。
> uw=sw+p^{1/(p-1)}
> 両辺を w で割る。
> u=s+(p^{1/(p-1)})/w …(3'-2)
の
> uw=sw+p^{1/(p-1)}
は絶対に成り立つのです。
よって、
> u=s+(p^{1/(p-1)})/w …(3'-2)
は絶対に成り立ちます。つまり (p^{1/(p-1)})/w は有理数です。
「(03')の整数比の無理数解」という時点で、
(p^{1/(p-1)})/w は自動的に有理数になるのです。 >>475
という訳で、>>419,435を直してみました。
{ x^p+y^p=z^p …(0)
{ z=x+p^{1/(p-1)} …(3')
の連立方程式(03')に対して、
整数比の無理数解 x=sw、y=tw、z=uw をおく（s,t,u は有理数、w は無理数）。
代入して式を整理すると、 連立方程式(03')は、
{ s^p+t^p=u^p …(0-2)
{ u=s+(p^{1/(p-1)})/w …(3'-2)
となる。なので、
u=s+p^{1/(p-1)} …(3'-3)
とは両立しない。 p^{1/(p-1)}≠0, w≠1 だから。
よって、u,s は(3')を満たさないから、s,t,u は連立方程式(03')を満たさない。 【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yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,yは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)となるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 【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^p=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}=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yが有理数のとき、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、自然数解を持つ。 >>477
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)となるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
w=1以外では(3)にならないので間違い
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
s,tは有理数とおいたのだから間違い >467
> 「(3)はyが有理数のとき、xは無理数となる」、私には証明できません。証明をお願いします。
>
> y,xに有理数を代入してみて下さい。
済みません。私にはわからないのでご教示ください。
y,xに有理数を代入すると、式は成り立ちません。 >468
> u=s+(p^{1/(p-1)})/w …(3'-2)
>
> だから、uとsが有理数ならそうなるだろ。
>
> (p^{1/(p-1)})/w が有理数ならば、成り立ちます。
それはトートロジー
訂正します。
(p^{1/(p-1)})/w が有理数でも、無理数でも成り立ちません。 >473
> w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)となりますが、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pが
> 成り立つかどうかは、わかりません。
問1
では、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pにｗを代入して、可能な限り式を簡単に書いてください。
ｗを代入するとは、どのようにするのでしょうか？
問2
左辺と右辺が異なる値になることは、あるでしょうか？
よく、意味がわかりません。 >474
pが奇素数の時、「ｒが無理数の時、x、yに有理数を代入すれば、整数比の解が存在しない証明になります。」が成り立つ、ということを証明してください。
477を見て下さい。 >475
> u=s+(p^{1/(p-1)})/w …(3'-2)
は絶対に成り立ちます。つまり (p^{1/(p-1)})/w は有理数です。
u=s+(p^{1/(p-1)})/wが成り立つならば、(p^{1/(p-1)})/w は有理数です。
「(03')の整数比の無理数解」という時点で、
(p^{1/(p-1)})/w は自動的に有理数になるのです。
s^p+t^p=u^pが成り立つならば、(p^{1/(p-1)})/w は有理数です。 >476
u,s は(3')を満たさないから、s,t,u は連立方程式(03')を満たさない。
そう、思います。 >>366
366 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/09/05(土) 10:19:15.59 ID:bxQf3lXu
>>358 日高
> >354
> > どうしてでしょうか？
>
> x,y,zが無理数で自然数比の場合を検討していないから。
>
★
> x^p+y^p=z^p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る。
> ので、x,y,zが無理数の場合を、検討する必要はありません。
だけどいま検討しているのはx^p+y^p=z^p…(0)の解ではなく
{x^p+y^p=z^p…(0)
{z=x+p^{1/(p-1)}…(3')
という連立方程式(03')の解です。x,y,zを定数wで割ると(3') をみたさなくなります。
式が違います。
ーーーーー
>>476から、
wで割ったあとの、s,t,u が連立方程式(03')を満たさないということは、
>>366
> x^p+y^p=z^p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る。
の後段の x=s,y=t,z=u が解ではない、という事です。 よって、
>>475,476に反論も無いようですし、大元の
> x^p+y^p=z^p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る。
も最新の証明（>>477）では削除したようなので、
> x^p+y^p=z^p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る。
は間違いという事でよろしいでしょうか？ >479
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)となるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
w=1以外では(3)にならないので間違い
(p^{1/(p-1)})/wは、有理数もしくは、無理数となります。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
s,tは有理数とおいたのだから間違い
s,tは有理数とおいた場合、式が成り立たなくなります。 【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yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,yは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)となるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 【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^p=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}=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yが有理数のとき、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、自然数解を持つ。 【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yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,yは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>480 日高
> >467
> > 「(3)はyが有理数のとき、xは無理数となる」、私には証明できません。証明をお願いします。
> >
> > y,xに有理数を代入してみて下さい。
>
> 済みません。私にはわからないのでご教示ください。
>
> y,xに有理数を代入すると、式は成り立ちません。
済みません。その理由がわからないのです。ご教示ください。
>>488 日高
> >479
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)となるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
> w=1以外では(3)にならないので間違い
>
> (p^{1/(p-1)})/wは、有理数もしくは、無理数となります。
そりゃそうだろ。いま虚数が出てくるはずはない。
> > (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
> s,tは有理数とおいたのだから間違い
>
> s,tは有理数とおいた場合、式が成り立たなくなります。
なぜですか？ >486
> x^p+y^p=z^p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る。
の後段の x=s,y=t,z=u が解ではない、という事です。
「 x=s,y=t,z=u が解ではない、」は、正しいです >487
> x^p+y^p=z^p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る。
は間違いという事でよろしいでしょうか？
間違いでは、ありません。 >492
> y,xに有理数を代入すると、式は成り立ちません。
済みません。その理由がわからないのです。ご教示ください。
左辺は、有理数、右辺は無理数となるからです。
> > (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
> s,tは有理数とおいたのだから間違い
>
> s,tは有理数とおいた場合、式が成り立たなくなります。
なぜですか？
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
sが有理数、tが無理数のとき、式が成り立ちます。 >>495 日高
> 左辺は、有理数、右辺は無理数となるからです。
右辺が無理数になるのはなぜですか？
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
それはなぜですか？
> sが有理数、tが無理数のとき、式が成り立ちます。
そんなことはお聞きしていません。 >496
右辺が無理数になるのはなぜですか？
展開してみて下さい。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
それはなぜですか？
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。からです。
> sが有理数、tが無理数のとき、式が成り立ちます。
そんなことはお聞きしていません。
(4)は、sが有理数、tが無理数のとき、式が成り立ちます。 >>498 日高
> >496
> 右辺が無理数になるのはなぜですか？
>
> 展開してみて下さい。
それだけでは証明になりません。きちんと示してください。
> > (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
>
> それはなぜですか？
>
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。からです。
(3)のx,y,zが自然数比にならないことは証明できていません。 >499
> 展開してみて下さい。
それだけでは証明になりません。きちんと示してください。
p=3の場合を、考えて下さい。他もそれに、ならいます。
> > (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
>
> それはなぜですか？
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wの場合を、考えて下さい。 【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^p=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}=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yが有理数のとき、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、自然数解を持つ。 【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yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,yは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>493-494
> 「 x=s,y=t,z=u が解ではない、」は、正しいです
> > x^p+y^p=z^p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る。
> は間違いという事でよろしいでしょうか？
> 間違いでは、ありません。
では、
「x^p+y^p=z^p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らない。」
が正しいという事ですか？ >>500 日高
p=3のとき右辺は(x+√3)^3=(x^3+9x)+3√3)(x^2+1)です。1と3√3とは有理数体上一次独立ですからx^2+1=0となり矛盾します。
これはわかりますがpが5,7,11,13,...となると、私には見当もつきません。ご教示ください。
> > > (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
> >
> > それはなぜですか？
>
> (ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wの場合を、考えて下さい。
その質問は>>496で提出したものです。まじめに答えてください。 >>502 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)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,yは整数比とならない。
ここまでをp=3の場合に書き直す。
【定理】pが奇素数のとき、x^3+y^3=z^3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。
（中略）
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,yは整数比とならない。
x^3+7y^3=z^3に適用できないか考える。
【定理】pが奇素数のとき、x^3+7y^3=z^3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。
（中略）
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+7y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,yは整数比とならない。
x=y=√3の場合、x,yは1:1で整数比となる。適用できない。
ということは、x^3+y^3=z^3の場合もあやしい。 >>502
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
sの値を先に決める場合とtの値を先に決める場合が混在しているから
証明になっていないですね
sの値を先に決めると
>>498
> (4)は、sが有理数、tが無理数のとき、式が成り立ちます。
はx^2+y^2=(x+2)^2の場合でも正しいから
【日高定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
たとえばx=5(有理数)とすればr=2よりz=7となって最後にy=2√6(無理数)となるからね >>482
> ｗを代入するとは、どのようにするのでしょうか？
代入すらできないなら、証明なんて絶対無理ですよ。あきらめたほうがいいんじゃないですか？
問1
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)ですから、wを代入するというのは、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの式の中のwと書いてあるところを、すべて(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)に置き換える、という意味ですよ。
そして置き換えたら、計算できるところを計算して、できるだけ簡単な形にしてください。
問2
ｘ=1、ｙ=1のとき、ｘ=ｙの右辺の値は1、左辺の値は1なので、ｘ=ｙという式は成り立ちます。
x=1、y=2のとき、ｘ=ｙの右辺の値は1、左辺の値は2なので、ｘ=ｙという式は成り立ちません。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの右辺と左辺が異なる値になることは、あるでしょうか？
問1を解けばすぐにわかりますよ。 >>507修正します。
右辺と左辺が逆でした。すみません。
ｘ=1、ｙ=1のとき、ｘ=ｙの左辺の値は1、右辺の値は1なので、ｘ=ｙという式は成り立ちます。
x=1、y=2のとき、ｘ=ｙの左辺の値は1、右辺の値は2なので、ｘ=ｙという式は成り立ちません。 >>477
> 【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yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,yは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
(4)のｘ、ｙ、ｚが有理数なら、(3)のｘ、ｙ、ｚは無理数だけど、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
もちろん(3)に無理数で整数比の解がある場合、(3)にほかに同じ比の解はない。(3)に整数比の解があるとき(3)のｙは必ず無理数である。
よって(4)の解がどうなるは不明。
証明は失敗です。 >503
「x^p+y^p=z^p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らない。」
が正しいという事ですか？
ちがいます。 >504
pが5,7,11,13,...となると、私には見当もつきません。ご教示ください。
(x+5^(1/4))^5の場合は、x=1を代入して、展開して下さい。
7,11,13,...の場合も、同じです。
> (ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wの場合を、考えて下さい。
その質問は>>496で提出したものです。まじめに答えてください。
(p^{1/(p-1)})/wと(ap)^{1/(p-1)}は、有理数となります。 >>510
以前あなたはこう回答しました。
>>493
493 名前：日高[] 投稿日：2020/09/08(火) 13:53:44.48 ID:KWem4joI [13/19]
>486
> x^p+y^p=z^p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る。
の後段の x=s,y=t,z=u が解ではない、という事です。
「 x=s,y=t,z=u が解ではない、」は、正しいです
ーーーーー
前段の「x^p+y^p=z^pのx,y,zが、無理数で整数比となるならば」とは、
> 整数比の無理数解 x=sw、y=tw、z=uw をおく（s,t,u は有理数、w は無理数）。
と同じ事です。
よって、
> 整数比の無理数解 x=sw、y=tw、z=uw をおく（s,t,u は有理数、w は無理数）。
→「 x=s,y=t,z=u が解ではない、」 が導かれたのだから、
「x^p+y^p=z^p の x=sw,y=tw,z=uw が、無理数で整数比となるならば、x=s,y=t,z=u は解ではない。」
は正しいと思うのですが、いかがですか？ >505
ということは、x^3+y^3=z^3の場合もあやしい。
x^3+y^3=z^3と、x^3+7y^3=z^3は、zの値を同じとすると、
解x,yの値は、両式で、異なります。 >>511 日高
> >504
> pが5,7,11,13,...となると、私には見当もつきません。ご教示ください。
>
> (x+5^(1/4))^5の場合は、x=1を代入して、展開して下さい。
その場合も、結果が無理数になることの証明がわかりません。
それと、それだけで、xが任意の有理数の場合がわかるのですか？
> 7,11,13,...の場合も、同じです。
やってみせてください。 >>513 日高
> >505
> ということは、x^3+y^3=z^3の場合もあやしい。
>
> x^3+y^3=z^3と、x^3+7y^3=z^3は、zの値を同じとすると、
> 解x,yの値は、両式で、異なります。
そのことと、x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:x+√3が自然数比となる解があるかないかと、どう関係するのでしょうか？ >506
sの値を先に決める場合とtの値を先に決める場合が混在しているから
証明になっていないですね
tの値を先に決める場合は、zを有理数とした場合です。
p=2の場合、yを、有理数とする意味は、
x^2+y^2=(x+2)^2は、展開して整理すると、
y^2=2x+1となります。
yを有理数とすると、xは必ず有理数となります。
xを有理数とすると、yは必ず有理数となるとは、かぎりません。 >507
問1
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)ですから、wを代入するというのは、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの式の中のwと書いてあるところを、すべて(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)に置き換える、という意味ですよ。
そして置き換えたら、計算できるところを計算して、できるだけ簡単な形にしてください。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^p
w=を代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p
問2
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの右辺と左辺が異なる値になることは、あるでしょうか？
問1を解けばすぐにわかりますよ。
ありません。 【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)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >509
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
518を見てください。 >>518 実は日高
> 【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。
この、意味のない、積の形への変形はやめろ。 >512
「x^p+y^p=z^p の x=sw,y=tw,z=uw が、無理数で整数比となるならば、x=s,y=t,z=u は解ではない。」
は正しいと思うのですが、いかがですか？
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなるならば、s^p+t^p=u^pとなります。 >514
> (x+5^(1/4))^5の場合は、x=1を代入して、展開して下さい。
その場合も、結果が無理数になることの証明がわかりません。
それと、それだけで、xが任意の有理数の場合がわかるのですか？
(1+5^(1/4))^5=1+5*5^(1/4)+10*5^(1/2)+10*5^(3/4)+5*5+5^(5/4)
xが任意の有理数の場合がわかるのですか？
有理数＊無理数は、無理数となります。 >515
そのことと、x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:x+√3が自然数比となる解があるかないかと、どう関係するのでしょうか？
式が異なるので、答えも異なるということです。 >520
この、意味のない、積の形への変形はやめろ。
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^p=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}=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yが有理数のとき、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、自然数解を持つ。 >>524 日高
> >520
> この、意味のない、積の形への変形はやめろ。
>
> 意味が、あります。
どういう意味だ、説明しろ。 >526
どういう意味だ、説明しろ。
AB=aCd(1/a)ならば、A=aCのとき、B=d(1/a)となる。
からです。 >528
それをどう使っている？
AB=aCd(1/a)ならば、A=aCのとき、B=d(1/a)となる。ので、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)は、
a=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となります。 【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yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>529 日高
> >528
> それをどう使っている？
>
> AB=aCd(1/a)ならば、A=aCのとき、B=d(1/a)となる。ので、
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)は、
> a=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となります。
そんなことごちゃごちゃ言わなくてもr=p^{1/(p-1)}とおけばそうなりますよ。何考えてるの？ >531
そんなことごちゃごちゃ言わなくてもr=p^{1/(p-1)}とおけばそうなりますよ。何考えてるの？
なぜ、r=p^{1/(p-1)}とおけるのでしょうか？ >>532 日高
> なぜ、r=p^{1/(p-1)}とおけるのでしょうか？
おきたきゃおけばいいだけでしょ。君には何か根拠でもあるの？ >531
> なぜ、r=p^{1/(p-1)}とおけるのでしょうか？
おきたきゃおけばいいだけでしょ。君には何か根拠でもあるの？
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となるので、
r=p^{1/(p-1)}とおけます。 >>534 日高
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となるので、
> r=p^{1/(p-1)}とおけます。
「…となるので」、「…とおけます」？ そんなの、どこで覚えたの？ >535
「…となるので」、「…とおけます」？ そんなの、どこで覚えたの？
どういう意味でしょうか？ >>536 日高
そんなルール、聞いたことがありませんが、きちんと書くと、どういうルールでしょうか？ >537
そんなルール、聞いたことがありませんが、
どの部分のことでしょうか？ >>538 日高
>>534 日高の
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となるので、
> r=p^{1/(p-1)}とおけます。
の前半と後半。どういう論理的関係があるの？ >539
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となるので、
> r=p^{1/(p-1)}とおけます。
の前半と後半。どういう論理的関係があるの？
a=1の場合、r^(p-1)=pとなるので、 r=p^{1/(p-1)}とおけます。 27 名前：日高[] 投稿日：2020/08/28(金) 08:34:25.42 ID:cjwSyL+I [8/17]
>24
(3)は、x^p+y^p=z^pとz=x+p^{1/(p-1)}との連立方程式なんですよね。
のどこがわからないんですか？
x,y,zが(3)の解であるということは、x,y,zが上の連立方程式の解であるということではないのですか？
そうですね。 >>540 日高
「a=1の場合、r^(p-1)=pとなるので」って，そんなこと成り立たないでしょう？ >>521
> >512
> 「x^p+y^p=z^p の x=sw,y=tw,z=uw が、無理数で整数比となるならば、x=s,y=t,z=u は解ではない。」
> は正しいと思うのですが、いかがですか？
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなるならば、s^p+t^p=u^pとなります。
あなたの「x^p+y^p=z^p」は
{ x^p+y^p=z^p …(0)
{ z=x+p^{1/(p-1)} …(3')
の連立方程式(03')の意味ですよね。
やっぱり前の方のレス忘れちゃうんですかね。
やり取りが長くなってきたので、機会を改めます。 >>543
横レス失礼します。>>1氏にとっても
「x^p+y^p=z^p」はやっぱり(0)なんじゃないでしょうか。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pと書くと(03')の意味になるのでは？ >>544
そうですね。
> 「x^p+y^p=z^p と z=x+p^{1/(p-1)} の連立方程式の
> x=sw,y=tw,z=uw が、無理数で整数比となるならば、x=s,y=t,z=u は解ではない。」
> は正しいと思うのですが、いかがですか？
と書けば良かったですね。失敗しました。 >>519
> > ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
> 518を見てください。
見てくださいと毎回ほざくんだけれども見ても考えていないことには変わりない
>>518
> (3)はyが有理数のとき
> (3)と同じとなるので、tが有理数のとき
> (4)となるので、sが有理数のとき
ｙが無理数の場合をやはり考えていない
>>516
> tの値を先に決める場合は、zを有理数とした場合です
そう言いながら結局何も直っていないので間違いのまま
>>530
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数なのだからこれもtの値を先に決めないといかんでしょ
(p^{1/(p-1)})/(p^{1/(p-1)})=1
x^p+y^p=(x+1)^pならr=1は有理数なので
p=2のときyの値を先に決めるのだからpが奇素数のときも同様にすべき >>517
> s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p
できるだけ簡単な形にしてこれなのですか？こんな簡単なこともできないならあなたに証明は無理です。
たとえば、(2＾(1/2))^2を簡単な形に書くことすらできないってことでしょ？
もうあきらめてください。 >>519
みました。
> 【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yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
(4)の解が有理数で整数比になる時、
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
より、(3)のｙは必ず無理数になるが、(3)のｙが無理数の場合は調べていない。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
より、(4)の解がどうなるか言う「前に」、絶対に(3)の無理数で整数比の解について調べる必要があります。
もちろん(3)に無理数で整数比の解がある場合、(3)にほかに同じ比の解はない。(3)に整数比の解があるとき(3)のｙは必ず無理数である。
よって(4)の解がどうなるは不明。
なにもかわっていませんね。証明は失敗です。 >>540
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)
aがどんな値でも式は成り立ちます。a=1を特別扱いする理由がどこにもありません。
新たな数bを
b=(ap)^{1/(p-1)}
と定義すると、bはどんな数にでもなるように、aを決めることができます。
このとき、
r=bとなるので、rはどんな数にでもなります。
つまり、
AB=aCd(1/a)ならば、A=aCのとき、B=d(1/a)がなりたつとき、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2) の r はどんな数にでもなります。
a=1の場合をを特別扱いする理由がどこにもありません。 >542
「a=1の場合、r^(p-1)=pとなるので」って，そんなこと成り立たないでしょう？
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となります。 >543
あなたの「x^p+y^p=z^p」は
{ x^p+y^p=z^p …(0)
{ z=x+p^{1/(p-1)} …(3')
の連立方程式(03')の意味ですよね。
z=x+p^{1/(p-1)} これが、
z=uとなる場合です。 >544
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pと書くと(03')の意味になるのでは？
はい。そうです。 >545
> x=sw,y=tw,z=uw が、無理数で整数比となるならば、x=s,y=t,z=u は解ではない。」
> は正しいと思うのですが、いかがですか？
x=sw,y=tw,z=uw が、解ならば、x=s,y=t,z=uも、解になります。 >546
(p^{1/(p-1)})/wが有理数なのだからこれもtの値を先に決めないといかんでしょ
(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ので、
s,tどちらの値を先に決めても、s,tは、整数比となりません。
p=2の場合は、y^2と2xとなるので、yを先に決めれば、xが決まります。 >547
> s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p
できるだけ簡単な形にしてこれなのですか？こんな簡単なこともできないならあなたに証明は無理です。
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pは間違いでしょうか？
正解を、教えてください。 【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yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >548
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
この部分は、見ましたか？ >549
AB=aCd(1/a)ならば、A=aCのとき、B=d(1/a)がなりたつとき、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2) の r はどんな数にでもなります。
a=1の場合をを特別扱いする理由がどこにもありません。
a=1、a=1以外、どちらも、x,y,zの比は同じです。 【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^p=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}=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yが有理数のとき、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、自然数解を持つ。 >>550 日高
> >542
> 「a=1の場合、r^(p-1)=pとなるので」って，そんなこと成り立たないでしょう？
>
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となります。
またそうやって話をすり替える。
「a=1の場合、r^(p-1)=pとなるので」と「a=1、r^(p-1)=pのとき」では意味が違うではありませんか。 >>555 日高
> >547
> > s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p
>
> できるだけ簡単な形にしてこれなのですか？こんな簡単なこともできないならあなたに証明は無理です。
>
> s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pは間違いでしょうか？
> 正解を、教えてください。
ああ、君、それで、(ap)^{1/(p-1)}がrに等しいことがわからないのね。 >560
「a=1の場合、r^(p-1)=pとなるので」と「a=1、r^(p-1)=pのとき」では意味が違うではありませんか。
どのように、違うのでしょうか？ >561
ああ、君、それで、(ap)^{1/(p-1)}がrに等しいことがわからないのね。
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