二項展開によるフェルマーの最終定理の証明
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【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。x,yは有理数とする。
(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)の右辺を展開すると、x,yが有理数、p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、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。 よっこらしょ。
∧＿∧ ミ ＿ ドスッ
（ ）┌─┴┴─┐
/ つ. 終 了 |
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もう書き込まないでください 【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}=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)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(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。 くそスレ・詐欺スレ・教えてくれくれスレ
立てんなボケ！日高！ (2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
例
y=37/6、x=122/144
1225^2+888^2=1513^2 > 979日高2020/09/30(水) 18:56:42.31ID:LSjp8KRv
> >978
> x,yが有理数,z=x+p^{1/(p-1)}(これはxが有理数でp^{1/(p-1)}が無理数だから無理数)
> である(x,y,z)を代入してx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pが成り立たないことは
> 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ととは無関係
>
> どうしてでしょうか？
たとえばp=3のときにx^3+y^3=z^3が解(3,4,5)を持たないことを示すのに
x^3+y^3=z^3にx,y,z=x+√3(x,yが有理数)を用いても意味がない
x,yが有理数なら(xk,yk,xk+√3k)=(3,4,5)になるようなkは存在しないので
(x,y,z=x+√3)を代入してx^3+y^3=(x+√3)^3が成り立たないことから
解(3,4,5)を持たないことは示せない 前スレのこれだけは間違いだと理解させてやりたい。
> 908 日高
> >907
> どうやって導くのかやってみて下さい
> r=p^{1/(p-1)}というのは適当に決めた式なのではありませんか。
> r=p^{1/(p-2)}とかでは駄目なんですか。
> r=e とか r=π では駄目なんですか。
> r=p^{1/(p-1)}でなければならない理由が必要です。
>
> (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。(aは有理数)
>
> これを、左辺の左＝右辺の左として導きました。 >>7
> 前スレのこれだけは間違いだと理解させてやりたい。
>
> > 908 日高
> > >907
> > どうやって導くのかやってみて下さい
> > r=p^{1/(p-1)}というのは適当に決めた式なのではありませんか。
> > r=p^{1/(p-2)}とかでは駄目なんですか。
> > r=e とか r=π では駄目なんですか。
> > r=p^{1/(p-1)}でなければならない理由が必要です。
> > (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。(aは有理数)
これを少し変形して
r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)
として、
> > これを、左辺の左＝右辺の左として導きました。
r^p = ap
r = (ap)^(1/p)
とやっても良いよね。 >>3
p=2のときr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)
そもそも変形の仕方が悪い
yをrで割ったらxもrで割りましょう
r{(y/r)^2-1}=ra^2*2(x/r)(1/(a^2))
a^2(y/r)^2-1=2a^2(x/r)
(ay/r)^2-a^2=2a(ax/r)
(ax/r)^2+(ay/r)^2=(ax/r)^2+2a(ax/r)+a^2=((ax/r)+a)^2
X=x/r,Y=y/rと置き換えれば(aX)^2+(aY)^2=(aX+a)^2
a=1であれば
(y/r)^2-1=2(x/r)
(y/r)^2=2(x/r)+1
(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r)^2+2(x/r)+1=((x/r)+1)^2
X=x/r,Y=y/rと置き換えればX^2+Y^2=(X+1)^2
X^2+Y^2=(X+1)^2の解をa(>0)倍したものは
(aX)^2+(aY)^2=((aX)+a)^2を満たす
>>1
pが奇素数のときも同様にして
(ax/r)^p+(ay/r)^p=((ax/r)+a)^p
X=x/r,Y=y/rと置き換えれば(aX)^p+(aY)^p=(aX+a)^p
a=1であれば
X=x/r,Y=y/rと置き換えればX^p+Y^p=(X+1)^p
X^p+Y^p=(X+1)^pの解をa(>0)倍したものは
(aX)^p+(aY)^p=((aX)+a)^pを満たす >>9
> a^2(y/r)^2-1=2a^2(x/r)
は
a^2(y/r)^2-a^2=2a^2(x/r)
に訂正 >6
たとえばp=3のときにx^3+y^3=z^3が解(3,4,5)を持たないことを示すのに
x^3+y^3=z^3にx,y,z=x+√3(x,yが有理数)を用いても意味がない
x,yが有理数なら(xk,yk,xk+√3k)=(3,4,5)になるようなkは存在しないので
(x,y,z=x+√3)を代入してx^3+y^3=(x+√3)^3が成り立たないことから
解(3,4,5)を持たないことは示せない
1の証明の(x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)
より、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると、
z=x+(ap)^{1/(p-1)}=5となります。
(x^p+y^p=(x+(有理数)^pは、成り立ちません。理由は、
「(4)の(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、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。」です。 (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)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(4)の(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、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。 >7
> r=e とか r=π では駄目なんですか。
p=2のとき、rが有理数となりません。 >8
r^p = ap
r = (ap)^(1/p)
とやっても良いよね。
はい。
a=1のときは、r = p^(1/p)となります。 >9
そもそも変形の仕方が悪い
yをrで割ったらxもrで割りましょう
どうしてでしょうか？ 【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^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}=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)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(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。 >>11
だから証明になっていないんですよ
p=3のときに(xk,yk,xk+√3k)はx,yが有理数ならば
xk,yk,xk+√3kが同時に自然数にならないから
>>12
> (3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。
p=3のときに(xk,yk,xk+√3k)はxが無理数,yが有理数ならば
p=3のときでも少なくともx,yが自然数の解は存在するのに
xk,ykが同時に自然数にならないから証明になっていない
>>15
> どうしてでしょうか？
x,y,zの比に影響を与えないためです >17
>>11
だから証明になっていないんですよ
p=3のときに(xk,yk,xk+√3k)はx,yが有理数ならば
xk,yk,xk+√3kが同時に自然数にならないから
どういう意味でしょうか？
詳しく説明していただけないでしょうか。
>>12
> (3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。
p=3のときに(xk,yk,xk+√3k)はxが無理数,yが有理数ならば
p=3のときでも少なくともx,yが自然数の解は存在するのに
xk,ykが同時に自然数にならないから証明になっていない
どういう意味でしょうか？
詳しく説明していただけないでしょうか。
>>15
> どうしてでしょうか？
x,y,zの比に影響を与えないためです
どういう意味でしょうか？
詳しく説明していただけないでしょうか。 >>12 日高
> (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)の形からr^(p-1)=pのときにこだわるのがおかしいと思うのだが。 >19
(2)の形からr^(p-1)=pのときにこだわるのがおかしいと思うのだが。
どうしてでしょうか？ >>18
1番目
x^3+y^3=z^3が解(3,4,5)を持たないことを
x^3+y^3=3^3+4^3とz^3=5^3が一致しないということで示す
(xk)^3+(yk)^3を3^3+4^3に一致させると
(xk+√3k)^3は5^3に一致することがないので
x^3+y^3=3^3+4^3とz^3=5^3が一致しないということは示せない
逆に(xk+√3k)^3を5^3に一致させると
(xk)^3+(yk)^3は3^3+4^3に一致することがないので
x^3+y^3=3^3+4^3とz^3=5^3が一致しないということは示せない
2番目
x^3+y^3=z^3が解(3,4,5)を持たないことを示す
(3,4,z(実数))という解はx^3+y^3=z^3の存在する解であるから
まず3^3+4^3を計算したい
しかしxが無理数,yが有理数ならば(xk)^3+(yk)^3は3^3+4^3にならない
ので(xk)^3+(yk)^3=3^3+4^3を計算することすらできない >>18
3番目
> r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)
この左辺のrと右辺の2を消すためにr=2とインチキしているんだけれども
右辺の2の由来は解のx,zの値の差(z-x)ではない
(x+1)^2=x^2+2x+1と展開したときのxの係数が2であることである
本来正しいのは(x/r)として左辺のrを消す
>>9
> (y/r)^2=2(x/r)+1
これはa=1のときr=2以外でも成り立つ
>>9
> a=1であれば
> (y/r)^2-1=2(x/r)
> (y/r)^2=2(x/r)+1
> (x/r)^2+(y/r)^2=(x/r)^2+2(x/r)+1=((x/r)+1)^2
最初からx^2+y^2=(x+r)^2の両辺をr^2で割れば良いだけのことであるが
例
(3,4,5)ではz-x=2であり(3/2,4/2,5/2)はz-x=1
(5,12,13)ではz-x=8であり(5/8,12/8,13/8)はz-x=1
>>19
日高は左辺のr^(p-1)と右辺のpをインチキしてでもなんとか消したい 日高氏のやっていることはAB=CDが成り立っているとき「A=Cのとき」を考えるというもの。
おかしくないか？ >>14
はめる訳じゃないが、しかしそうすると、
以下の定理が成り立つぞ。
【定理】p=2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)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a) …(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はa=1、r^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(2')はa=1以外、r^p=apのとき、x^2+y^2=(x+√(2a))^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(4)の√(2a)が有理数のとき、解は、(3)の解の√a倍となるので、整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
pが奇素数のとき（>>12）と、全く同じ証明方法だ。 >22
>>19
日高は左辺のr^(p-1)と右辺のpをインチキしてでもなんとか消したい
どの部分がインチキに当たるのでしょうか？ >23
日高氏のやっていることはAB=CDが成り立っているとき「A=Cのとき」を考えるというもの。
おかしくないか？
AB=aCD(1/a)が成り立っているとき「A=aCのとき」、B=D(1/a)となります。 >24
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(3)の右辺を展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となります。 (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)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(4)の(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、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。 >>27
> (3)の右辺を展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となります。
この一行じゃよく意図が分からん。
くわしく説明して下さい。 【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}=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)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(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。 >25
どの部分がインチキに当たるのでしょうか？
どういう意味でしょうか？
詳しく説明していただけないでしょうか。 >29
> (3)の右辺を展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となります。
この一行じゃよく意図が分からん。
くわしく説明して下さい。
x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。は、30の証明の、
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)に当たります。 >>32
> >29
> > (3)の右辺を展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となります。
> この一行じゃよく意図が分からん。
> くわしく説明して下さい。
>
> x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。は、30の証明の、
> x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)に当たります。
> x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。は、
私の証明（>>24）の以下ですが、
> (2')はa=1、r^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
a=1のときなので、>>30の証明の(3)に当たると思います。
> (2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。 >33
> x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。は、
私の証明（>>24）の以下ですが、
> (2')はa=1、r^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
a=1のときなので、>>30の証明の(3)に当たると思います。
あなたの証明では、(3)に当たります。
あなたの証明と、私の証明とは、積の形がちがいます。 | | | | | | | ｜ | | |｜ | |
| | | ﾚ | | | ｜ | J |｜ | |
| | | J | | ｜ し |｜ | |
| ﾚ ｜ ｜ ﾚ｜ |｜ Ｊ |
J し | | ｜| J
｜ し J｜
Ｊ ﾚ >>34
> >33
> > x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。は、
> 私の証明（>>24）の以下ですが、
> > (2')はa=1、r^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
> a=1のときなので、>>30の証明の(3)に当たると思います。
>
> あなたの証明では、(3)に当たります。
> あなたの証明と、私の証明とは、積の形がちがいます。
積の形(2')に至る式変形は間違っていません。
だから、積の形が違うから、私の証明が間違っている訳では無いです。
私の証明（>>24）と、あなたの p:奇素数 の証明（>>28）は全く同じ証明方法です。
私の証明は間違っているので、あなたの証明も非常に危ういという事になります。 >36
積の形(2')に至る式変形は間違っていません。
だから、積の形が違うから、私の証明が間違っている訳では無いです。
あなたの証明は、間違っては、いません。
私の証明と、あなたの証明では、(3)と(4)が入れ替わった形となります。 (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)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(4)の(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、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=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}=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)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(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。 >>37
> あなたの証明は、間違っては、いません。
「p=2で自然数解を持たない」と言っているのですが...... いちおう。>>24の再掲です。
【定理】p=2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)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a) …(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はa=1、r^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(2')はa=1以外、r^p=apのとき、x^2+y^2=(x+√(2a))^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(4)の√(2a)が有理数のとき、解は、(3)の解の√a倍となるので、整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 「p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない」ことの証明は正しいけど、x=3 y=4 z=5という反例があるからその命題は間違っている
と日高さんは思ってるんですよね >40
「p=2で自然数解を持たない」と言っているのですが......
p=2で自然数解を持ちます。 >41
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(3)の右辺を展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となる。です。 p=2のとき
> (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倍となるので、
これが示されていませんね
r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)
(2)はr=1のときx^2+y^2=(x+1)^2…(3)となる
(2)は(ax)^2+(ay)^2=(x+a)^2と変形でき
x^2+y^2=(x+a)^2…(4)の解は(3)の解のa倍となる
pが奇素数のときも同様
(2)はr=1のときx^p+y^p=(x+1)^p…(3)
(2)は(ax)^p+(ay)^p=(x+a)^pと変形でき
x^p+y^p=(x+a)^p…(4)の解は(3)の解のa倍となる >>45の訂正
>(2)は(ax)^2+(ay)^2=(x+a)^2と変形でき
(ax)^2+(ay)^2=(ax+a)^2と変形
> (2)は(ax)^p+(ay)^p=(x+a)^pと変形でき
(ax)^2+(ay)^2=(ax+a)^2と変形 >>43,44
> >41
> (3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。
>
> (3)の右辺を展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となる。です。
「(3)の右辺を展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となる。」に変更すれば、
p=2で、自然数解が存在する可能性がある
事になる、という事でしょうか。 >>43
> p=2で自然数解を持ちます。
あんたは前提を省く悪癖があって指摘されても直す気配すらないのだが
> 「p=2で自然数解を持たない」と言っているのですが
これは
> yが有理数のとき、xは無理数となる。
ときに「p=2で自然数解を持たない」なんだから
あんたの反論は
> yが有理数のとき、xは無理数となる。
ときに
> p=2で自然数解を持ちます。
という意味になる (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)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(4)の(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、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=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}=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)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(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。 >42
「p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない」ことの証明は正しいけど、x=3 y=4 z=5という反例があるからその命題は間違っている
と日高さんは思ってるんですよね
「p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない」ことの証明は間違いです。 >>51
> 「p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない」ことの証明は間違いです。
だったら同じ論理のあんたの「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
も間違いなんですよ
xが無理数,yが有理数のとき
x^3+y^3=(x+2)^3は整数比の解を持たない
x^2+y^2=(x+2)^2は整数比の解を持たない
x^3+y^3=(x+√3)^3は整数比の解を持たない
x^2+y^2=(x+√3)^2は整数比の解を持たない
xが有理数,yが無理数のとき
x^3+y^3=(x+2)^3は整数比の解を持たない
x^2+y^2=(x+2)^2は整数比の解を持たない
x^3+y^3=(x+√3)^3は整数比の解を持たない
x^2+y^2=(x+√3)^2は整数比の解を持たない
この上の事実からは同じ結論しか導けないから
「p=3のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」という結論を導くことができるのなら
「p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」という結論も導くことができる
「p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」という証明が間違いなら
「p=3のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」という証明も間違い >>50
> (1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
a=1のとき、x=5,y=12,r=8は(2)の解です。r=2となりません。
a=1のとき、x=7,y=24,r=18は(2)の解です。r=2となりません。
a=1のとき、x=20,y=21,r=9は(2)の解です。r=2となりません。
a=1のとき、x=9,y=40,r=32は(2)の解です。r=2となりません。
a=1のときr=2とならない(2)の解はいくらでもあります。
r=2とならないとき、当然(3)の解にはなりません。
(2)の解だったものが、式変形で解でなくなることは絶対にありません。
> a=1とすると、r=2となります。
はインチキのウソです。
rを勝手に決めた>>50の証明は、失敗です。 >>53つづき
> (1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
a=2のとき、x=5,y=12,r=8は(2)の解です。
a=3のとき、x=5,y=12,r=8は(2)の解です。
a=√5のとき、x=5,y=12,r=8は(2)の解です。
a=πのとき、x=5,y=12,r=8は(2)の解です。
aを変えることで、解になったりならなかったりすることはありません。r=z-xが変わることもありません。
> a=1とすると、r=2となります。
はインチキのウソです。
r=2はあなたが勝手に決めただけで、何の根拠もありません。何の根拠にもなりません。
r=p^{1/(p-1)}はあなたが勝手に決めただけで、何の根拠もありません。何の根拠にもなりません。 あなたは、http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>783で
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数でも、無理数でも、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは成り立ちません。
と書きました。
つまり(p^{1/(p-1)})/wが有理数でも無理数でも「どちらでも関係なく」
とにかくs^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは成り立ちません。
という意味ですよね。
でもあなたが>>951に書いたs=1、t=2、p=3のとき
1^3+2^3=(1+(√3)/((√3)/(1^3+2^3)^(1/3)-1))^3
=(1+9^(1/3)-1)^3
=(9^(1/3))^3
=9
あなたは(p^{1/(p-1)})/wが有理数でも、無理数でも、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは成り立ちません。と書いたが
(p^{1/(p-1)})/wが無理数で、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは成り立っている。
s=1、t=2、p=3のときs^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが成り立たないというあなたの考えは、間違っています。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pはどんなｓ､ｔ、ｐに対しても、絶対に成り立ちます。 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/の>>866であなたは書きました。
> (3)が成り立つような無理数で整数比の数x=sw,y=tw,z=uwがあるならば、
> その解をw^pで割った、
> x=s,y=t,z=uもあります。
その通りです。
あなたは探していませんが、有理数s､t,uと無理数wについてx=sw,y=tw,z=uwがx^p+y^p=z^pを満たすとき、
無理数で整数比の(3)の解になるようにwを決めなおすことができます。
決めなおしたwについて、x=sw,y=twを(3)に代入したら成り立ちます。
x^p+y^p=z^pの両辺をw^pで割った(x/w)^p+(y/w)^p=(z/w)^pは、
式変形なので当然同じ答えであるx=sw,y=tw,z=uwを代入したら成り立ちます。
ただの式変形ですから。
(x/w)^p+(y/w)^p=(z/w)^pにx=sw,y=tw,z=uwを代入します。これは式変形ではありません。
x^p+y^p=z^pのx､y､zは何でもよかったのに、sw,tw,uwは必ず無理数ですから。
(sw/w)^p+(tw/w)^p=(uw/w)^p
代入は式変形ではありませんが、(x/w)^p+(y/w)^p=(z/w)^pにx=sw,y=tw,z=uwを代入したら成り立つことを確認しているので、
成り立ちます。
整理して
s^p+t^p=u^p
これはx^p+y^p=z^pと使ってる文字が違うだけで全く同じ形であり、s,t,uは有理数です。
あなたの書いた通り、x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数が見つかったので、>>49の証明は失敗です。 (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}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=p、r=p^{1/(p-1)}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、(3)の解x,yは整数比とならない。
(3)はrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,y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=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)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(3)のrが自然数のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,y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。 >>49
何の説明もなく【証明】に修正が入ってるんですが
>>1の「x,yは有理数とする。」という路線は放棄したんですか。>>1は
・x,yは有理数，zが無理数とするならば，その段階でフェルマーの最終定理の問題じゃない。
・x,yは「有理数」という条件のもとでは，(有理数)=(無理数)となって成り立ち得ない等式(3)の存在し得ない解x,yを，「無理数」倍する
・x,yは有理数という条件がいつの間にか外れてしまい，またaが独立かつ無限定な変数なので z=x+(ap)^{1/(p-1)}は任意の実数となる。
従って(4)は,x^p+y^p=z^p (x,y,zは実数)という式そのものになってしまうのに，(4)は成り立たないと証明できてしまう。
そのため，「∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」どころか，実数解も持たないという驚くべき結論になる。
実にユニークな，余人の追随を許さない，日高氏らしさに溢れた証明だと思うんですが。 >>57
> (3)はrが無理数なので、(3)の解x,yは整数比とならない。
いいえ
前にも何度か指摘されているが
2^2+3^2=(√13)^2
2^3+3^3=(√35)^3
z-xでこれらの解を割れば
x^2+y^2=(x+1)^2はx,yが整数比の解を持つ
x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
それらの解を2倍あるいは√3倍しても解の比は変わらないから
x^3+y^3=(x+2)^3はx,yが整数比の解を持つ
x^2+y^2=(x+2)^2はx,yが整数比の解を持つ
x^3+y^3=(x+√3)^3はx,yが整数比の解を持つ
x^2+y^2=(x+√3)^2はx,yが整数比の解を持つ
この上の事実からは同じ結論しか導けないから
「p=3のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」という結論を導くことができるのなら
「p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」という結論も導くことができる
「p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」という証明が間違いなら
「p=3のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」という証明も間違い 【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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(3)はrが自然数のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,y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。 >>60
> 2^3+3^3=(√35)^3
√35は(35)^(1/3) >45
pが奇素数のときも同様
(2)はr=1のときx^p+y^p=(x+1)^p…(3)
(2)は(ax)^p+(ay)^p=(x+a)^pと変形でき
x^p+y^p=(x+a)^p…(4)の解は(3)の解のa倍となる
私の証明では、
(2)はr=1のときx^p+y^p=(x+1)^p…(3)ではなくて、
(2)はr=1のときx^p+y^p=(x+1)^p…(4)です。 >47
「(3)の右辺を展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となる。」に変更すれば、
p=2で、自然数解が存在する可能性がある
事になる、という事でしょうか。
はい。 >48
あんたの反論は
> yが有理数のとき、xは無理数となる。
ときに
> p=2で自然数解を持ちます。
という意味になる
p=2、rが有理数のとき、
yが有理数のとき、xは有理数となります。
p=2、rが無理数のとき、
yが無理数のとき、xは無理数となります。 >52
「p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」という証明が間違いなら
「p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持ちます。」 >53
> (1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
a=1のとき、x=5,y=12,r=8は(2)の解です。r=2となりません。
これは、a=4のとき、となります。 >>63
> 私の証明では、
x^p+y^p=z^pを満たす任意のx,yで成り立たないことを
証明と読んでよいものか
>>66
> 「p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持ちます。」
だからあんたの「pが奇素数のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」
の証明は間違い
> p=2、rが有理数のとき、
> yが有理数のとき、xは有理数となります。
> p=2、rが無理数のとき、
> yが無理数のとき、xは無理数となります。
これをpが奇素数のときに直すと今のところ言えるのは
pが奇素数のとき,rが有理数のとき
yが有理数のときxが有理数となる可能性があります
pが奇素数のとき,rが無理数のとき
yが無理数のときxは無理数となります >55
1^3+2^3=(1+(√3)/((√3)/(1^3+2^3)^(1/3)-1))^3
=(1+9^(1/3)-1)^3
=(9^(1/3))^3
=9
あなたは(p^{1/(p-1)})/wが有理数でも、無理数でも、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは成り立ちません。と書いたが
(p^{1/(p-1)})/wが無理数で、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは成り立っている。
{1/(p-1)})/wが有理数のとき、成り立たないという意味です。
9^(1/3)-1は、無理数です。 >56
整理して
s^p+t^p=u^p
これはx^p+y^p=z^pと使ってる文字が違うだけで全く同じ形であり、s,t,uは有理数です。
あなたの書いた通り、x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数が見つかったので、>>49の証明は失敗です。
よく、意味がわかりません。 >59
・x,yは有理数，zが無理数とするならば，その段階でフェルマーの最終定理の問題じゃない。
zを無理数とした場合は、成り立ちません。
zを有理数としても、成り立ちません。 >60
x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持ちません。 >68
> 「p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持ちます。」
だからあんたの「pが奇素数のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない」
の証明は間違い
どうしてでしょうか？ >>57
> (3)はrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
この部分のaはどこから出てきたのでしょうか。
（前にも同じ指摘があったかもしれない） (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}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=p、r=p^{1/(p-1)}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、(3)の解x,yは整数比とならない。
(3)はrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,y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=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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(3)はrが自然数のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,y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}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=p、r=p^{1/(p-1)}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、(3)の解x,yは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,y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。 >>72
おまえは本当に何も読んでいないのな
> 2^2+3^2=(√13)^2
> 2^3+3^3=(√35)^3
> z-xでこれらの解を割れば
> x^2+y^2=(x+1)^2はx,yが整数比の解を持つ
> x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
(2/{(35)^3-2})^3+(3/{(35)^3-2})^3=(2/{(35)^3-2}+1)^3
x:y=2:3
>>73
p=2のとき
> (3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
が前提で
> 「p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持ちます。」
前提が同じなら得られる今のところ得られる結論は
x^p+y^p=(x+2)^pにおいて
yが有理数のときxが有理数となる可能性があるなので >>78の訂正
> (2/{(35)^3-2})^3+(3/{(35)^3-2})^3=(2/{(35)^3-2}+1)^3
(2/{(35)^(1/3)-2})^3+(3/{(35)^(1/3)-2})^3=(2/{(35)^(1/3)-2}+1)^3
x:y=2:3 >74
> (3)はrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
この部分のaはどこから出てきたのでしょうか。
aは、実数です。
例えば、p=3のとき、r=(ap)^{1/(p-1)}=3ならば、
a=3となります。 >78
x^p+y^p=(x+2)^pにおいて
yが有理数のときxが有理数となる可能性があるなので
yが有理数のときxが有理数となる可能性は、ありません、 >>80
> >74
> > (3)はrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
>
> この部分のaはどこから出てきたのでしょうか。
>
> aは、実数です。
> 例えば、p=3のとき、r=(ap)^{1/(p-1)}=3ならば、
> a=3となります。
分かりました。
これはひとまず置いておいて、後から気づいたのですが、
> (2)はr^(p-1)=p、r=p^{1/(p-1)}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、...
> (3)のrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
r=p^{1/(p-1)} に固定されるのなら、rは無理数だから、
rが有理数になるはずがない、と思うのですが。
（r=(ap)^{1/(p-1)} なんて式はどこにも出てこない） >79
(2/{(35)^(1/3)-2})^3+(3/{(35)^(1/3)-2})^3=(2/{(35)^(1/3)-2}+1)^3
x:y=2:3
zが無理数のとき、x,yは、整数比となります。 >82
> (3)のrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
r=p^{1/(p-1)} に固定されるのなら、rは無理数だから、
rが有理数になるはずがない、と思うのですが。
（r=(ap)^{1/(p-1)} なんて式はどこにも出てこない）
「(3)のrを有理数とすると、」に訂正します。 (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}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=p、r=p^{1/(p-1)}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、(3)の解x,yは整数比とならない。
(3)のrを有理数とすると、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,y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。 >>83
> zが無理数のとき、x,yは、整数比となります。
>>77
> (3)はrが無理数なので、(3)の解x,yは整数比とならない。
これが間違っている
したがって
>>81
> yが有理数のときxが有理数となる可能性は、ありません、
その証明が>>77ではされていない 【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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(3)のrを自然数とすると、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,y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。 >>84
> >82
> > (3)のrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> r=p^{1/(p-1)} に固定されるのなら、rは無理数だから、
> rが有理数になるはずがない、と思うのですが。
> （r=(ap)^{1/(p-1)} なんて式はどこにも出てこない）
>
>
> 「(3)のrを有理数とすると、」に訂正します。
いや、
> (2)はr^(p-1)=p、＜＜＜r=p^{1/(p-1)}となる＞＞＞ので...
の時点で r=p^{1/(p-1)} に固定しているので r は無理数です。
(修正1)では問題なかったので、(修正1)に戻した方が良いのでは？ >86
>>81
> yが有理数のときxが有理数となる可能性は、ありません、
その証明が>>77ではされていない
(3)のrを有理数とすると、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
で、証明しています。 >>89
いや証明していないですよ
>>83で
> zが無理数のとき、x,yは、整数比となります。
と書いた12分後に
>>85(修正4)として
> (3)はrが無理数なので、(3)の解x,yは整数比とならない。
と書くのはなぜ？
整数比とならないというのは間違いなんだけれども (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)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が有理数のとき、x,yは、(3)のx,y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。 >>91
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
これも間違いのまま
> x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
>>83
> zが無理数のとき、x,yは、整数比となります。
このx,yのp^{1/(p-1)}倍は整数比のままなので
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pはx,yが整数比の解を持つ >>67
> (1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
a=2のとき、x=5,y=12,r=8は(2)の解です。
a=3のとき、x=5,y=12,r=8は(2)の解です。
a=√5のとき、x=5,y=12,r=8は(2)の解です。
a=πのとき、x=5,y=12,r=8は(2)の解です。
aが0以外のどんな数でも、x=5,y=12,r=8は(2)の解です。
0以外のすべての数から、a=4を選んでいるのはあなたです。
あなたが勝手に決めたr=ap^{1/(p-1)}が成り立つように、
あなたが勝手にすべてのaの中からa=4を選んだだけです。
aを決めているのは式変形ではなく、あなたです。
(2)でx=5,y=12,r=8のとき、a=1としない根拠はなにもありません。
(2)でx=5,y=12,r=8のとき、a=4としないといけない根拠はなにもありません。
aを決めているのは式変形ではなく、あなたです。 >>88,91
> >>84
> > >82
> > > (3)のrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> > r=p^{1/(p-1)} に固定されるのなら、rは無理数だから、
> > rが有理数になるはずがない、と思うのですが。
> > （r=(ap)^{1/(p-1)} なんて式はどこにも出てこない）
> >
> >
> > 「(3)のrを有理数とすると、」に訂正します。
>
> いや、
> > (2)はr^(p-1)=p、＜＜＜r=p^{1/(p-1)}となる＞＞＞ので...
> の時点で r=p^{1/(p-1)} に固定しているので r は無理数です。
>
> (修正1)では問題なかったので、(修正1)に戻した方が良いのでは？
(修正5)で、本件に関しては問題ないです。
やっぱり「a=1」「a=1以外」の場合分けが良いですよね。 >>70
あなたが前に書いた通りですよ。
> (3)が成り立つような無理数で整数比の数x=sw,y=tw,z=uwがあるならば、
> その解をw^pで割った、
> x=s,y=t,z=uもあります。
(3)が成り立つような無理数で整数比の数x=sw,y=tw,z=uwがあるならば、
x=s,y=t,z=uはx^p+y^p=z^pの解です。
x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数が見つかったので、>>91は失敗です。 >>69
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
>>91に
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
と書いてあるのは、インチキのウソです。
s=1、t=2、p=3のとき、ｒが無理数で、ｘ、ｙが整数比となっています。 >90
>>83で
> zが無理数のとき、x,yは、整数比となります。
と書いた12分後に
>>85(修正4)として
> (3)はrが無理数なので、(3)の解x,yは整数比とならない。
と書くのはなぜ？
整数比とならないというのは間違いなんだけれども
83のzと、p^{1/(p-1)}は、違います。 >>64,91
あなたの修正に合わせて、私の証明も修正してみました。
いかがでしょうか。
(修正5♪)
【定理】p=2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)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a) …(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はa=1、r^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(2')はa=1以外、r^p=apのとき、x^2+y^2=(x+√(2a))^2…(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が有理数のとき、x,yは、(3)のx,yの√a倍となるので、整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >92
> x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持ちません。 >93
aを決めているのは式変形ではなく、あなたです。
(2)でx=5,y=12,r=8のとき、a=1としない根拠はなにもありません。
(2)でx=5,y=12,r=8のとき、a=4としないといけない根拠はなにもありません。
aを決めているのは式変形ではなく、あなたです。
aを、どんな数に決めても、x,yの比は、変わりません。 >95
x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数が見つかったので、>>91は失敗です。
どういう意味でしょうか？ >96
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
と書いてあるのは、インチキのウソです。
s=1、t=2、p=3のとき、ｒが無理数で、ｘ、ｙが整数比となっています。
この場合のrは、(p^{1/(p-1)})/wです。
(3)のrは、p^{1/(p-1)}です。 >>71
そもそも，何が成り立たないんですか？
「あなたの証明」が成り立たないという自認ですか？
zを無理数とした場合，z=(x^p+y^p)^(1/p)ならば x^p+y^p=z^p が成り立つでしょう。
まさか，「x:y:zが整数比になりません」とか言い出すんじゃないでしょうね。
>>1で x,yを有理数，zを無理数と，整数比にならないようにx,y,zを設定して，【証明】を進めているのはあなたでしょう。
整数比にならないようにx,y,zを設定する。
この時点で，このx,y,zを使って何をしようとも「x:y:zが整数比になりません」のはわかりきっているんじゃないですか。
【証明】x:y:zが整数比にならないように設定しました。
いろいろやってもx:y:zは整数比になりません。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。なので，フェルマーの最終定理の証明に成功しました
あなたが【証明】でやっているのはそういうことなんですよ。
次に，zを有理数とした場合，x^p+y^p=z^p が成り立たたない，というのは証明主題そのものであって，「成り立ちません」といえばいいものではありません。
「zを有理数としても、成り立ちません。」というのは証明ですか？ 証明失敗の告白ですか？
何が，どう成り立たないんですか？
>59のその他の指摘と合わせて論評，回答をお願いします。 >>100
aを、どんな数に決めても、(2)は成り立つ。(2)のaを決める根拠はありません。
ｒを、どんな数に決めても、(2)は成り立つ。(2)のｒを決める根拠はありません。
(1)を積の形にするのは、何の根拠にもならないので、何の意味もありません。 >98
(2')はa=1、r^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
これは、私の証明では、(4)となります。 >>102
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pの両辺にw^pをかけると
(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pとなります。
x=sw,y=twのとき、(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなります。
x=swとy=twは整数比です。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
このとき、式変形した(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pもｓ､ｔがどんな数でも必ず成り立ちます。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pは、s=1、t=2、p=3のとき、ｒが無理数で、ｘ、ｙが整数比となっています。
>>91の証明は、失敗です。 >103
>>1で x,yを有理数，zを無理数と，整数比にならないようにx,y,zを設定して，【証明】を進めているのはあなたでしょう。
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)のx,yの比は、rが変わっても、同じとなります。 >>101
そのままの意味ですよ。
>>91では、x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数があるかどうかを調べています。
(3)が成り立つような無理数で整数比の数x=sw,y=tw,z=uwがあるならば、
x=s,y=t,z=uはx^p+y^p=z^pの解です。
x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数が見つかったので、>>91は失敗です。 >104
aを、どんな数に決めても、(2)は成り立つ。(2)のaを決める根拠はありません。
ｒを、どんな数に決めても、(2)は成り立つ。(2)のｒを決める根拠はありません。
(1)を積の形にするのは、何の根拠にもならないので、何の意味もありません。
その通りですが、x,yが、整数比となるか、ならないかが、わかります。 >>109
> その通りですが、x,yが、整数比となるか、ならないかが、わかります。
x,yが整数比となるかならないかは、aをきめてもrを決めても決まりませんよ。
どんなaでもどんなｒでも、ｘ、ｙは整数比にすることができます。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
っていうことが分かっているので。 >106
(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pは、s=1、t=2、p=3のとき、ｒが無理数で、ｘ、ｙが整数比となっています。
>>91の証明は、失敗です。
ｘ、ｙ、ｚが整数比となりません。 (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)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が有理数のとき、x,yは、(3)のx,y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。 >>109
いずれにしろ、p=2のときｒが有理数、それ以外の時ｒが無理数になるように
あなたが勝手にｒを決めているだけです。
(3)がa=1,r^(p-1)=pの時の式である必然性は、何もありません。
(3)のｒは有理数でも無理数でもなんでもいいはずのものです。
あなたが勝手に決めているだけです。根拠がありません。 【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^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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(3)のrを自然数とすると、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,y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。 >>111
そんなことは>>91に書いてありません。
>>91に書いてある
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
がインチキのウソなので、証明は失敗です。 >>105
> >98
> (2')はa=1、r^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
>
> これは、私の証明では、(4)となります。
・私の証明（>>98）でもあなたの証明（>>112）でも、(3)は a=1 です。
・私の証明でもあなたの証明でも、(3)は rが無理数 です。
以上を踏まえた上で、
何故私の証明の(3)が、あなたの証明の(4)になるのか、納得のいく説明をお願いします。 >>107
日高さん，大丈夫ですか？
やけくそになってませんか？
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)の両辺をx^p で割ると
1+(y/x)^p = (1+r/x)^p
⇔(y/x)^p =(1+r/x)^p -1…(1a)
(1a)の右辺は，rの値によって変化します，左辺はy/xのp乗ですから，x,yの比がrが変わって同じであるはずがありません。 >108
x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数が見つかったので、>>91は失敗です。
x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数は、ありません。 >110
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
っていうことが分かっているので。
(p^{1/(p-1)})/wは、有理数になる場合と、無理数になる場合が、
あるので、両方の場合を考える必要があります。 >113
(3)がa=1,r^(p-1)=pの時の式である必然性は、何もありません。
必然性は、ありませんが、x,yの比は、わかります。 >115
>>91に書いてある
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
がインチキのウソなので、証明は失敗です。
(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
は、インチキではありません。 >116
・私の証明でもあなたの証明でも、(3)は rが無理数 です。
私の証明（114)では、(3)は rが有理数です。
(4)は、aが無理数のとき、 rが無理数 になります。 >>118
> x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数は、ありません。
どうやって、それが分かったのですか？
(3)が成り立つような無理数で整数比の数x=sw,y=tw,z=uwがあるならば、
x=s,y=t,z=uはx^p+y^p=z^pの解です。
どういうときにx^p+y^p=z^pの有理数の解があるか分かったのだから十分でしょ？ >>121
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
このとき、式変形した(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pもｓ､ｔがどんな数でも必ず成り立ちます。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pは、s=1、t=2、p=3のとき、ｒが無理数で、ｘ、ｙが整数比となっています。
>>112の
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
はインチキのウソです。
証明は失敗です。 >>122
> >116
> ・私の証明でもあなたの証明でも、(3)は rが無理数 です。
>
> 私の証明（114)では、(3)は rが有理数です。
> (4)は、aが無理数のとき、 rが無理数 になります。
私の証明（>>98）とあなたの証明（>>112）を比べています。 >>119
> (p^{1/(p-1)})/wは、有理数になる場合と、無理数になる場合が、
> あるので、両方の場合を考える必要があります。
そんな必要はありませんよ。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数だろうと無理数だろうと、ｒがどんな数だろうと、
両辺を（(p^{1/(p-1)})/w)^pで割ってr^pをかければ、
(1)のｒに当たる部分を好きな値にすることができて、ｘ、ｙに当たる部分は整数比です。 >>120
必然性がないのなら、これでもいいですよね。
【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=2のとき、x^p+y^p=(x+2)^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=2aのとき、x^p+y^p=(x+2a)^p…(4)となる。
(3)は、rが有理数なので、ｘ､ｙ､ｚが整数比となるようなｘ、ｙが存在するなら、それは有理数である。
(4)のrが2以外の有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa倍となるので、同様に、整数比となる。 >>99
> >92
> > x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
>
> x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持ちません
おまえは書いていることがメチャクチャだぞ
> おまえは本当に何も読んでいないのな
> 2^2+3^2=(√13)^2
> 2^3+3^3=(√35)^3
> z-xでこれらの解を割れば
> x^2+y^2=(x+1)^2はx,yが整数比の解を持つ
> x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
>
> (2/{(35)^3-2})^3+(3/{(35)^3-2})^3=(2/{(35)^3-2}+1)^3
> x:y=2:3
> 83日高2020/10/03(土) 08:40:47.15ID:u+cpTLoa
> >79
> (2/{(35)^(1/3)-2})^3+(3/{(35)^(1/3)-2})^3=(2/{(35)^(1/3)-2}+1)^3
> x:y=2:3
>
> zが無理数のとき、x,yは、整数比となります。 >>112
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
これも間違いのまま
> x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
例(もちろん他にも存在する)
(2/{(35)^(1/3)-2})^3+(3/{(35)^(1/3)-2})^3=(2/{(35)^(1/3)-2}+1)^3
x:y=2:3
これはx^p+y^p=(x+1)^pを満たしx:y=2:3で整数比
このx,yのp^{1/(p-1)}倍は整数比のままなので
(xr)^p+(yr)^p=(xr+r)^pも成り立ちx,yは整数比のまま
r=p^{1/(p-1)}とすれば(3)を満たす >117
⇔(y/x)^p =(1+r/x)^p -1…(1a)
(1a)の右辺は，rの値によって変化します，左辺はy/xのp乗ですから，x,yの比がrが変わって同じであるはずがありません。
例. r=2
(4/3)^2 =(1+2/3)^2 -1
y/x=4/3
例. r=4
(8/6)^2 =(1+4/6)^2 -1
y/x=8/6=4/3
rが変わっても、x,yの比は、同じとなります。 (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)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が有理数のとき、x,yは、(3)のx,y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=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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(3)のrを自然数とすると、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,y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。 >>125
いちおう。>>98の再掲です。
(修正5♪)
【定理】p=2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)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a) …(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はa=1、r^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(2')はa=1以外、r^p=apのとき、x^2+y^2=(x+√(2a))^2…(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が有理数のとき、x,yは、(3)のx,yの√a倍となるので、整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >123
> x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数は、ありません。
どうやって、それが分かったのですか？
131により、わかります。 >>134
> 131により、わかります
その>>131は間違いなので分かりません >124
このとき、式変形した(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pもｓ､ｔがどんな数でも必ず成り立ちます。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなります。
(p^{1/(p-1)})/wは、有理数となりません。 >>136
> (p^{1/(p-1)})/wは、有理数となりません。
あんたはそれを証明していません >>136
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)にｘ=ｓｗ、ｙ=ｔｗを代入したら(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pになります。
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は、s=1、t=2、p=3のとき、ｒが無理数で、ｘ、ｙが整数比となっています。
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
はインチキのウソです。
証明は失敗です。 >125
私の証明（>>98）とあなたの証明（>>112）を比べています。
98は、p=2、112は、pが奇素数の場合だと思いますが？ >>139
あなたも、 p=2 と p:奇素数 で結論は反対だけど、
同様の方法で証明しているのでしょう？
であれば、p=2 と p:奇素数 の証明を比較しても問題ないはず。
私の証明（>>133）と、あなたの p:奇素数 の証明（>>131）は全く同じ証明方法です。
私の証明は間違っているので、あなたの証明も非常に危ういという事になります。 >126
(p^{1/(p-1)})/wが有理数だろうと無理数だろうと、ｒがどんな数だろうと、
両辺を（(p^{1/(p-1)})/w)^pで割ってr^pをかければ、
(1)のｒに当たる部分を好きな値にすることができて、ｘ、ｙに当たる部分は整数比です。
よく、意味がわからないので、詳しく説明していただけないでしょうか。 日高、間違いを納得させろって前言ってたけど、どう見ても納得する気がハナからないよね >>141
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p
式の両辺を(p^{1/(p-1)})/w)^pで割ります。
(s/(p^{1/(p-1)})/w))^p+(t/(p^{1/(p-1)})/w))^p=(s/(p^{1/(p-1)})/w)+1)^p
式の両辺になんでもいい数をrとして、r^pをかけます。
(sr/(p^{1/(p-1)})/w))^p+(tr/(p^{1/(p-1)})/w))^p=(sr/(p^{1/(p-1)})/w)+r)^p
ここまではただの式変形なので、解が変わったり成り立たなくなったりしません。
最後の式は、x=sr/(p^{1/(p-1)})/w),y=tr/(p^{1/(p-1)})/w)を代入した(1)と同じ形で、ｘ、ｙは整数比で、ｒはなんでもいい数で、
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
(p^{1/(p-1)})/wが有理数だろうが無理数だろうが
s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。 >>130
それは，ただxとyの関係性(比の値)を最初から固定しているだけではないですか。
x=4/3=8/6，y=2/3=4/6と約分の逆を行っても元の式に代入できますし，x:yの比の値は変わりませんといってるだけでしょう。
当 た り 前 す ぎ ま す。
等式ならばすべて成り立つことを指摘しても，何の証明にも何の有益な論証にもならないと思いますが。
(1a)でxを1と定めたときのyの(比の)値は
y^p =(1+r)^p -1
⇔y={(1+r)^p-1}^{1/p}…(1b)
となります。pがある奇素数に固定され，rが変化するならば，yの値はrによって決定されるので，xとyの比は一定ではありません。 みんなよく飽きないな。
どう説明したところで、botみたいな応答しか返ってこないのがわかってるのに。
新しい人がやってるのかも知れないが、時間のムダだと思う。 (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)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が有理数のとき、x,yは、(3)のx,y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=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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(3)のrを自然数とすると、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,y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。 >>147
> (4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
これは間違い
x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
(2/{(35)^3-2})^3+(3/{(35)^3-2})^3=(2/{(35)^3-2}+1)^3
x:y=2:3
この解はz-x=r=1なのでp^{1/(p-1)}倍すれば
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの解になる
よって
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
も間違い 【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}=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が有理数のとき、xは有理数となる。
(4)のrが自然数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}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。 >127
必然性がないのなら、これでもいいですよね。
【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=2のとき、x^p+y^p=(x+2)^p…(3)となる。
(2)はa=1、r=p^{1/(p-1)}のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となります。 >128
> (2/{(35)^3-2})^3+(3/{(35)^3-2})^3=(2/{(35)^3-2}+1)^3
> x:y=2:3
この計算がわかりません。 >129
(xr)^p+(yr)^p=(xr+r)^pも成り立ちx,yは整数比のまま
r=p^{1/(p-1)}とすれば(3)を満たす
(xr)^p+(yr)^p=(xr+r)^pは、x^p+y^p=(x+1)と同じです。
1=p^{1/(p-1)}となれば、(3)を満たします。 >>152
>>78の
> おまえは本当に何も読んでいないのな
以降に書いてありますよ >133
(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
p=2の場合、rが無理数でも、x,yは整数比となります。 >>153
xrのxはx^p+y^p=(x+1)のxですけれど
X=xr,Y=yrならX^p+Y^p=(X+r)^pですよ
X^p+Y^p=(X+r)^pは(3)を満たす
> x^p+y^p=(x+1)と同じです。
x^p+y^p=(x+1)の解は(x,y,x+1)
X^p+Y^p=(X+r)^pの解は(X,Y,X+r)=(xr,yr,xr+r)
なので異なります
解の比は同じです
X:Y:X+r=xr:yr:xr+r=x:y:x+1 >>148
こちらもコピペでミスったか
> (2/{(35)^3-2})^3+(3/{(35)^3-2})^3=(2/{(35)^3-2}+1)^3
については>>79を参照 >137
> (p^{1/(p-1)})/wは、有理数となりません。
(p^{1/(p-1)})/wあんたはそれを証明していません
(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが成り立ちません、 >138
(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pは、s=1、t=2、p=3のとき、ｒが無理数で、ｘ、ｙが整数比となっています。
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
はインチキのウソです。
証明は失敗です。
s,tが有理数なので、この式は成り立ちません。
式が成り立つとき、x,yは整数比となりません。 >>158
> (p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが成り立ちません、
成り立たないことの証明がありません
成り立たないことの根拠は？ >140
あなたも、 p=2 と p:奇素数 で結論は反対だけど、
同様の方法で証明しているのでしょう？
であれば、p=2 と p:奇素数 の証明を比較しても問題ないはず。
同じ方法ですが、結果が、違います。 >>161
> 同じ方法ですが、結果が、違います
結果が違うことを前もって証明していないでしょ
結果が違うことの根拠が日高による証明でなく
他の(人による)正しい証明に基づいていたら
日高による証明は失敗です >>161
> >140
> あなたも、 p=2 と p:奇素数 で結論は反対だけど、
> 同様の方法で証明しているのでしょう？
> であれば、p=2 と p:奇素数 の証明を比較しても問題ないはず。
>
> 同じ方法ですが、結果が、違います。
だからそう言っています。「方法が同じ」という事が重要です。
私の p=2 の証明（>>133）と、あなたの p:奇素数 の証明（>>146）は全く同じ証明方法です。
私の証明は間違っているので、あなたの証明も非常に危ういという事になります。 >143
s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
s,tが有理数のとき、成り立ちません。 >>164
> >143
> s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
>
> s,tが有理数のとき、成り立ちません。
>>143 は式変形でもって成り立つことを示しました
>>164 はなんの根拠もしめさずに成り立たないと主張していますね >>164
> >143
> s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
>
> s,tが有理数のとき、成り立ちません。
どうしてでしょうか。
今までの説明では全く理解も納得もできないので、
妄想ではなく、きちんとした数学的な説明をして下さい。 >144
(1a)でxを1と定めたときのyの(比の)値は
y^p =(1+r)^p -1
⇔y={(1+r)^p-1}^{1/p}…(1b)
「xを1と定めたときのyの(比の)値は」
の部分が理解できません。
詳しく説明していただけないでしょうか。 >148
x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
(2/{(35)^3-2})^3+(3/{(35)^3-2})^3=(2/{(35)^3-2}+1)^3
x:y=2:3
x:yは、整数比ですが、x:y:zは、整数比の解とは、なりません。 >160
> (p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが成り立ちません、
成り立たないことの証明がありません
成り立たないことの根拠は？
根拠は、(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が有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
です。 >162
> 同じ方法ですが、結果が、違います
結果が違うことを前もって証明していないでしょ
結果が違うことの根拠が日高による証明でなく
他の(人による)正しい証明に基づいていたら
日高による証明は失敗です
よく意味がわかりません。 >163
私の p=2 の証明（>>133）と、あなたの p:奇素数 の証明（>>146）は全く同じ証明方法です。
私の証明は間違っているので、あなたの証明も非常に危ういという事になります。
意味がわかりません。 >165
>>143 は式変形でもって成り立つことを示しました
>>164 はなんの根拠もしめさずに成り立たないと主張していますね
根拠は、
(4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
です。 >167
> s,tが有理数のとき、成り立ちません。
どうしてでしょうか。
根拠は、
(4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
です。 >>173
> >163
> 私の p=2 の証明（>>133）と、あなたの p:奇素数 の証明（>>146）は全く同じ証明方法です。
> 私の証明は間違っているので、あなたの証明も非常に危ういという事になります。
>
> 意味がわかりません。
あなたと同じ証明方法を使って、
間違った命題（p=2で自然数解を持たない）が証明できました。
つまりこれは、あなたの証明方法に誤りがある
という事なんですが、理解できないですか？ >170
>>168
a:b=1:b/a
よく意味がわかりません。 >176
あなたと同じ証明方法を使って、
間違った命題（p=2で自然数解を持たない）が証明できました。
つまりこれは、あなたの証明方法に誤りがある
という事なんですが、理解できないですか？
理解できません。 (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)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が有理数のとき、x,yは、(3)のx,y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=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}=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が有理数のとき、xは有理数となる。
(4)のrが自然数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}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。 >>178,179
いちおう。>>133の再掲です。
(修正5♪)
【定理】p=2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)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a) …(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はa=1、r^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(2')はa=1以外、r^p=apのとき、x^2+y^2=(x+√(2a))^2…(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が有理数のとき、x,yは、(3)のx,yの√a倍となるので、整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>179
>>180
数学ではないのでよそでやって下さい。 >>177
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)の両辺をx^p で割ると
1+(y/x)^p = (1+r/x)^p
⇔(y/x)^p =(1+r/x)^p -1…(1a)
x:y=1:y/x
より，x=1を代入したy=の値は比の値そのものになります。 >>178
> >176
>
> あなたと同じ証明方法を使って、
> 間違った命題（p=2で自然数解を持たない）が証明できました。
> つまりこれは、あなたの証明方法に誤りがある
>
> という事なんですが、理解できないですか？
>
> 理解できません。
そうですか... では仕方ないですね。
では話題の方向を変えまして、
私の証明（>>181）が間違っている、という事に異論はないですか？ >183
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)の両辺をx^p で割ると
1+(y/x)^p = (1+r/x)^p
⇔(y/x)^p =(1+r/x)^p -1…(1a)
x:y=1:y/x
より，x=1を代入したy=の値は比の値そのものになります
rの値は、どうなるでしょうか？ >184
私の証明（>>181）が間違っている、という事に異論はないですか？
181は、
(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
が、間違いです。 >>186
> >184
> 私の証明（>>181）が間違っている、という事に異論はないですか？
>
> 181は、
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> が、間違いです。
どうしてでしょうか。
詳しく説明して頂けると助かります。 >>185
>>107で
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)のx,yの比は、「rが変わっても」、同じとなります。
とあなたが書いているではありませんか。
rは変えられることは前提にしてるんでしょ。変えたい好きな数を入れて下さい。
問題にしてるのは，「rが変わっても、同じとなります。」は間違っているということです。
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)のx,yの比は、rが変わると、同じにはなりません。
rの値によって変化します。 >>185
いま，議論してるのは>>59の1番目の
・x,yは有理数，zが無理数とするならば，その段階でフェルマーの最終定理の問題ではない。
についてですよね。
結局，それについては納得していただけたんでしょうか？
考えてみれば>>107の
>x^p+y^p=(x+r)^p…(1)のx,yの比は、rが変わっても、同じとなります。
は，この問題に関連した答えではありませんよね。「z」が無理数であることが問題なんですから。
都合の悪いところを，上手くごまかしに入っただけですか？
どんどん指摘したポイントから論点をずらされていっているような気がします。
ま，いつものことといえばいつものことなんですが。
>>59の2番目，3番目の・についてもお答えをお願いします。 >>175
> >167
> > s,tが有理数のとき、成り立ちません。
> どうしてでしょうか。
>
> 根拠は、
> (4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
> です。
過去の繰り返しだし、意味不明で説明になっていません。
>今までの説明では全く理解も納得もできないので、
>妄想ではなく、きちんとした数学的な説明をして下さい。
と書きました。ちゃんと日本語読んで答えて下さい。 >>169
> x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
> x:yは、整数比ですが、x:y:zは、整数比の解とは、なりません。
おまえがx:yは整数比にならないと言っていることが間違いだと
言っているんだからx:y:zは関係ない
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持ちません >>171
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない
これが間違い
よって
> (p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが成り立ちません、
成り立たないことの証明がない >>186
> 181は、
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> が、間違いです。
>>179の日高の証明も
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
が間違い >>178 日高
> >176
>
> あなたと同じ証明方法を使って、
> 間違った命題（p=2で自然数解を持たない）が証明できました。
> つまりこれは、あなたの証明方法に誤りがある
>
> という事なんですが、理解できないですか？
>
> 理解できません。
これでこのスレは終わりだね。日高はいかなる反論も理解できないことがわかったから。 >>151
ｒの式の形には必然性がないので、じゃあr^(p-1)=pとｒ=2と両方書きましょう。
【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、r=2のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3-2)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。
(2)はa=1以外、r=2aのとき、x^p+y^p=(x+2a)^p…(4-2)となる。
(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
(3-2)は、rが有理数なので、ｘ､ｙ､ｚが整数比となるようなｘ、ｙが存在するなら、それは有理数である。
(4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(4-2)のrが有理数のとき、x,yは、(3-2)のx,yのa倍となるので、整数比となる。
整数比となる場合が見つかりました。>>179の証明は、失敗です。 >>159
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は、s=1、t=2、p=3を実際に代入すると、
(1×(3^{1/(3-1)})/({(1^3+2^3)^(1/3)}-1))^3+(2×(3^{1/(3-1)})/({(1^3+2^3)^(1/3)}-1))^3
=(1×(3^{1/(3-1)})/({(1^3+2^3)^(1/3)}-1)+(3^{1/(3-1)}))^3
((√3)/(9^(1/3)-1))^3+((2√3)/(9^(1/3)-1))^3=((√3)/(9^(1/3)-1)+√3)^3
((3√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))+((24√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))=(√3+(√3)×9^(1/3)-√3)^3/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))
(27√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))=(27√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))
s,tが有理数で、式は成り立っています。
x=(√3)/(9^(1/3)-1),y=(2√3)/(9^(1/3)-1)で、ｘとｙは整数比です。ｒ=√3です。
他のどんな有理数ｓ､ｔに関しても、実際に代入すれば、x,yは整数比で、式は成り立っています。
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
はインチキのウソです。
>>179の証明は失敗です。 >>164
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
(sr/(p^{1/(p-1)})/w))^p+(tr/(p^{1/(p-1)})/w))^p=(sr/(p^{1/(p-1)})/w)+r)^pは、wを代入して整理すると、
(sr/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s))^p+(tr/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s))^p=(sr/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)+r)^p
ここに、s=1、t=2、p=3を代入すると
(r/(9^(1/3)-1))^3+(2r/(9^(1/3)-1))^3=(r/(9^(1/3)-1)+r)^3
(r^3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))+(8r^3/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))=(r+r(9^(1/3)-1))^3/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))
9r^3/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))=9r^3/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))
s,tが有理数で、式は成り立っています。
x=r/(9^(1/3)-1),y=2r/(9^(1/3)-1)で、ｘとｙは整数比です。
ｒにどんな数を入れても、r=2でもr=p^{1/(p-1)}でも、とにかくどんな数でも絶対に成り立ちます。
他のどんな有理数ｓ､ｔに関しても、実際に代入すれば、x,yは整数比で、rはどんな数でもよくて、式は成り立っています。
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
はインチキのウソです。
>>179の証明は失敗です。 w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
>>174
> >165
> >>143 は式変形でもって成り立つことを示しました
> >>164 はなんの根拠もしめさずに成り立たないと主張していますね
>
> 根拠は、
> (4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
> です。
>>143 はきちんと式を使って証明されていますが、どこか間違いはありましたか？
証明を否定するのであれば、証明の間違いを示しましょう (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)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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >187
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> が、間違いです。
どうしてでしょうか。
詳しく説明して頂けると助かります。
これは、p=2の場合ですので、間違いです。 【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^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}=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が有理数のとき、xは有理数となる。
(4)のrが自然数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}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。 >188
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)のx,yの比は、rが変わると、同じにはなりません。
rの値によって変化します。
rが変わっても、元のx,yの比と同じ物が存在します。 >189
>>59の2番目，3番目の・についてもお答えをお願いします。
199を見てください。 >190
過去の繰り返しだし、意味不明で説明になっていません。
199を見てください。 >191
おまえがx:yは整数比にならないと言っていることが間違いだと
言っているんだからx:y:zは関係ない
x,y,zが整数比になるとき、x,yは整数比になります。 >192
> (p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが成り立ちません、
成り立たないことの証明がない
199を見てください。 >195
(3-2)は、rが有理数なので、ｘ､ｙ､ｚが整数比となるようなｘ、ｙが存在するなら、それは有理数である。
よく意味がわかりません。 私の書いたレスじゃないですが、
>>193と>>194には返信しないのでしょうか？ >>200
> >187
> > (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> > が、間違いです。
>
> どうしてでしょうか。
> 詳しく説明して頂けると助かります。
>
> これは、p=2の場合ですので、間違いです。
どうして p=2 だと、
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> が、間違いです。
になるのでしょうか。回答をお願いします。 >>205
> x,y,zが整数比になるとき、x,yは整数比になります。
x,y,zが整数比にならないときでもx,yが整数比になる場合がある
だからx,yが整数比になることだけではx,y,zが整数比かどうかは分からない
以下がそのことと証明が間違いであることの説明
>>199
> (x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
x,yが無理数ならx,yは整数比となりうるということです
x^2+y^2=(x+√3)^2の場合
x=√3/(√5-1),y=2√3/(√5-1)ならx:y=1:2
x=3√3/2,y=2√3ならx:y=3:4
p=2の場合はx,y,zが整数比になる場合もならない場合もある
x^3+y^3=(x+√3)^3の場合もx,yは無理数でx,yが整数比となる解がある
p=3の場合はx,y,zが整数比にならない場合がありx,y,zが整数比になるかは不明(未証明)
x^2+y^2=(x+√3)^2の場合
x,y,zが整数比になる場合だと当然
(3√3/2)^2+(2√3)^2=(3√3/2+√3)^2,(3/2)^2+2^2=(3/2+1)^2となり
(4)のX,YがX:Y=3:4で整数比となる(x:y=3:4)
x,y,zが整数比にならない場合でも
(√3/(√5-1))^2+(2√3/(√5-1))^2=(√3/(√5-1)+√3)^2
(1/(√5-1))^2+(2/(√5-1))^2=(1/(√5-1)+1)^2となり
(4)のX,YがX:Y=1:2で整数比となる(x:y=1:2)
x^3+y^3=(x+√3)^3の場合も同様に
x,y,zが整数比になる場合(あるとすれば)もならない場合でも(4)のX,Yが整数比となる解がある
(そのような解の例は既に挙がっている)
pが他の奇素数のときも
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pにおいてx,yが無理数でx,yは整数比となる場合がある
X^p+Y^p=(X+1)^pの解でx,yが整数比になるものがありX:Y=x:y
x,y,zが整数比になる場合もならない場合も同じ条件を満たすので
>>199で自然数解を持たないことは証明できない (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)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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴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^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}=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が有理数のとき、xは有理数となる。
(4)のrが自然数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}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。 >>204
> >190
> 過去の繰り返しだし、意味不明で説明になっていません。
>
> 199を見てください。
見ました。表現が少し変わっているのかもしれませんが、内容が変わっているとも思えません。
それも過去の繰り返しだし、意味不明で説明になっていません。
>今までの説明では全く理解も納得もできないので、
>妄想ではなく、きちんとした数学的な説明をして下さい。
と書きました。ちゃんと日本語読んで答えて下さい。 (修正6♪)
【定理】p=2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}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} …(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^(1/p))^p…(4)となる。
X=x*a^(1/p)、Y=y*a^(1/p)となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/p})^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/p})/w)^pとなる。
(p^{1/p})/wが有理数の場合は、(p^{1/p})/w=(ap)^{1/p}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >197
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
はインチキのウソです。
この場合のrは、p^{1/(p-1)}です。 >198
>>143 はきちんと式を使って証明されていますが、どこか間違いはありましたか？
証明を否定するのであれば、証明の間違いを示しましょう
211を見てください。 >208
私の書いたレスじゃないですが、
>>193と>>194には返信しないのでしょうか？
返信のしようがありません。 >209
どうして p=2 だと、
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> が、間違いです。
になるのでしょうか。回答をお願いします。
rが無理数の場合は、(4)となります。
(4)の場合は、rが無理数のとき、x,yは無理数となります。 >210
x,y,zが整数比になる場合もならない場合も同じ条件を満たすので
「同じ条件を満たす」
p=2と、pが奇素数の場合は違います。 【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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
rが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)はX=x*a2、Y=y*a2となるので、X,Yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 (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)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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >213
>妄想ではなく、きちんとした数学的な説明をして下さい。
どの部分が妄想でしょうか？ >>222
> >213
> >妄想ではなく、きちんとした数学的な説明をして下さい。
>
> どの部分が妄想でしょうか？
本人以外誰も認めていません。だから妄想と言ってます。
質問でごまかさずに、きちんとした数学的な説明をしてください。
教科書などのどの定理とどういった計算を組み合わせれば良いのか、きちんと述べない限り妄想です。 >>216
> >198
> >>143 はきちんと式を使って証明されていますが、どこか間違いはありましたか？
> 証明を否定するのであれば、証明の間違いを示しましょう
>
> 211を見てください。
元々指摘されていたところがまったく変わっていないので、同じ指摘を繰り返されるだけですね
s,tの値/比に関わらず
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)
とおけば
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p
が成立し、
x=sw, y=tw, z=sw+p^{1/(p-1)}
が x^p+y^p=z^p の解となることが既に示されています
このことはあなたの証明の中にある主張
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
に反しますが、前述の解の存在がきちんと式変形から導かれた、という事実を鑑みれば「あなたの主張が間違っている」というのが妥当な判断ですね >>219
> 「同じ条件を満たす」
> p=2と、pが奇素数の場合は違います。
p=2とpが奇素数の場合は違うことは証明されてないです
違いを生み出す部分を詳しく書いてください
>>222
> どの部分が妄想でしょうか？
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
> rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
> (4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
この部分が妄想です
> rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
x^2+y^2=(x+√3)^2はx,yが整数比の解を持つ
x^3+y^3=(x+√3)^3はx,yが整数比の解を持つ
のでp=2とpが奇素数の場合で違いはありません
> X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるので
p=2とpが奇素数の場合で違いはありません
よって(4)のX,Yも整数比になることにp=2とpが奇素数の場合で違いはありません >214
(2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
これは、(4)です。 >223
教科書などのどの定理とどういった計算を組み合わせれば良いのか、きちんと述べない限り妄想です。
教科書の定理では、ありません。等式の性質の、組み合わせです。 >224
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
に反しますが、前述の解の存在がきちんと式変形から導かれた、という事実を鑑みれば「あなたの主張が間違っている」というのが妥当な判断ですね
この場合のｒは、p^{1/(p-1)}です。 >225
p=2とpが奇素数の場合は違うことは証明されてないです
違いを生み出す部分を詳しく書いてください
p=2の場合は、(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
pが奇素数の場合は(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。） (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)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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴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^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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
rが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)はX=x*a2、Y=y*a2となるので、X,Yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>227
> >223
> 教科書などのどの定理とどういった計算を組み合わせれば良いのか、きちんと述べない限り妄想です。
>
> 教科書の定理では、ありません。等式の性質の、組み合わせです。
等式の性質とやらを、教科書の定理やそれを用いて証明出来ないなら、妄想ですね。 等式の性質とやらが何なのか、数学的にはっきり述べて下さい。
そして、それを証明して下さい。
それが出来ない限り、妄想です。 等式の性質とやらが証明できないということは、等式の性質（妄想）に基いたフェルマーの定理の証明ということですね。
妄想に基いた証明は妄想です。 >234
等式の性質とやらが何なのか、数学的にはっきり述べて下さい。
（Ａ）等式の両辺に同じ数を足して
も等式が成り立つ．
Ａ＝Ｂ ならば Ａ＋Ｃ＝Ｂ＋Ｃ
ｘ－５＝８ならば（両辺に５を足すと）
ｘ－５＋５＝８＋５
この結果 ｘ＝１３ となります．
（Ｂ）等式の両辺から同じ数を引い
ても等式が成り立つ．
Ａ＝Ｂ ならば Ａ－Ｃ＝Ｂ－Ｃ
ｘ＋５＝８ならば（両辺から５を引くと）
ｘ＋５－５＝８－５
この結果 ｘ＝３ となります．
（Ｃ）等式の両辺に同じ数をかけて
も等式が成り立つ．
Ａ＝Ｂ ならば Ａ×Ｃ＝Ｂ×Ｃ
0.1ｘ＝８ならば（両辺に10をかけると）
0.1ｘ×10＝８×10
１ｘ＝80
この結果 ｘ＝80 となります．
（Ｄ）等式の両辺を同じ数で割っても
等式が成り立つ．
Ａ＝Ｂ ならば Ａ÷Ｃ＝Ｂ÷Ｃ
あるいは
Ａ＝Ｂ ならば AC=BC >>235 日高
> （Ｄ）等式の両辺を同じ数で割っても
> 等式が成り立つ．
> Ａ＝Ｂ ならば Ａ÷Ｃ＝Ｂ÷Ｃ
> あるいは
> Ａ＝Ｂ ならば AC=BC
0では割れませんがそれはともかく。最後の行はなんですか？ 「ならば」の意味がわからない？ >>235
それで、その等式の性質(A)から(D)をどのように用いると
>s,tが有理数のとき、成り立ちません。
が証明できるのですか？数学的に詳細な証明を与えて下さい。
それが出来ないということは、証明できないということだから、妄想です。 >230
r^(p-1)=pのときと、rが有理数の時は書いていますが、
r^(p-1)≠pかつrが無理数の時がかかれていません。
このようなデタラメな態度で証明などと言わないで下さい。 >>230日高
>(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
「x,yを有理数とすると、式を満たさない」と確認したら
「従って，r^(p-1)=p と r を定めることはできません」，
と証明は前に戻らなければいけないのに，そこで突進して，
>rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Yも整数比とならない。
と，成立し得ない(3)式の存在し得ない解x,yを実数倍「*a^{1/(p-1)}」倍した解X,Yを持ちだしてます。
存在し得ない解というのは，実際には無理数であるx,yだから，その解を考え，またはその存在し得ない(有理数?)解を実数倍(無理数を含む)する解X,Yを考えたら，
「x,yを有理数とする」という条件は【証明】の行間で外れることになります。即ち(3)が不成立となる条件が外れてしまってます。
従って「(4)のX,Yも整数比とならない」とはいえなくなります。
しかし，日高氏にはこれが理解できない，というか絶対に理解したくないw >>229
これは正しいが
> p=2の場合は、(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
これ自体が間違い
> pが奇素数の場合は(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
条件自体がp=2とpが奇素数の場合で違っているので説明になっていないです
rの値が等しいときにどのような違いがあるか説明してください 日高さんにとって、「この証明は間違いである」と言えるのは、どういう場合ですか？ 日高の証明は
>>231
p=2の場合
x,yが有理数でzが有理数なら整数比
>>230
pが奇素数の場合
x,yが有理数でzが有理数でも
> p=2と、pが奇素数の場合は違います。
であるから整数比ではない
(日高のインチキによるとx,yが有理数でもx,yが整数比でないらしいが)
フェルマーの最終定理によると
> p=2と、pが奇素数の場合は違います。
ということでそのフェルマーの最終定理の証明は誰の証明？
日高は今証明している途中なので日高以外であることは明らか 日高理論による「成立し得ない式の存在し得ない解を実数倍した解を持つ方程式は同じく成立しない」という考え方ではおかしくなる実例を出してみる。
x,yは有理数とする。
x^2+y^2=√5 …(1)
X^2+Y^2=25 …(2)
日高理論によれば
x,yを有理数とすると、(1)式の左辺は有理数となるので(1)を満たす有理数x,yは存在しない。従ってx,yは整数比とならない。
(2)式の解は(1)の解の５√５^(1/2)=5^{3/4}倍，即ち
X=x*5^{3/4},Y=y*5^{3/4}となるので(2)のX,Yも整数比とならない。
はず，であるが，実際には(2)は X=3,Y=4 という解をもつ。
つまり，この考え方では，あり得る有理数解を見逃してしまう。
これはp=2の場合であるが，pが奇素数である場合でも見逃してしまう可能性があり得る点は同じである。
この点で(修正6)などの【証明】における
>(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
>rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Yも整数比とならない。
という論理展開が，「式が違います」とかでは言い逃れできない，論理自体の「誤り」であることは明白である。 >>228
> >224
> > (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
>
> に反しますが、前述の解の存在がきちんと式変形から導かれた、という事実を鑑みれば「あなたの主張が間違っている」というのが妥当な判断ですね
> この場合のｒは、p^{1/(p-1)}です。
はて？
見つかったx^p+y^p=z^p の解は
x=sw, y=tw, z=sw+p^{1/(p-1)}
ですから、確かに r=z-x=p^{1/(p-1)} を満たしていますが、何か言いたいことでもおありで？ >>236
> >>235 日高
>
> > （Ｄ）等式の両辺を同じ数で割っても
> > 等式が成り立つ．
> > Ａ＝Ｂ ならば Ａ÷Ｃ＝Ｂ÷Ｃ
> > あるいは
> > Ａ＝Ｂ ならば AC=BC
>
> 0では割れませんがそれはともかく。最後の行はなんですか？ 「ならば」の意味がわからない？
そういえば昔「ならば」と「かつ」の違いがわからないと言っていませんでしたっけ？ >243において
何がまずいのかといえば，解を有理数に限定したために解が存在せず不成立とされた式には，実数に条件を拡げれば無理数解が存在し，
その後の実数倍で，その無理数解が有理数化することを考慮に入れていない点である。
即ち，x,y,zがともに無理数でも，整数比になっていれば適当に無理数倍すれば有理数化して
x:y:zが整数比になり得る点を見過ごしている点が問題であることになる
つまり，日高理論の問題点は【証明】の4行目
>(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
とする点にあり，「無理数解ならば整数比になり得る。その場合適当に実数倍すれば有理数解になる。」という可能性をまったく考慮していない点にある。
整数比となるのは有理数解に限らない。無理数解でもよいので，4行目は
>(3)は、rが無理数なので、(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）が，x,yが無理数ならば式を満たしうる。従ってx,yは整数比となる可能性がある。
が正しいことになる。 更に言えば，根本的に日高理論の何がおかしいかといえば，
フェルマーの定理の証明を，x,y,zについて有理数と無理数が混在するところから始めようとする証明方針自体がおかしい。
z=x+r,r^(p-1)=p という設定が日高理論から譲れないのならば，rは無理数であることが確定する。
そのときxが有理数ならば zは無理数になってしまうので，x:zが整数比にならない。
なので整数比が成り立つためにはxは無理数，y,zも無理数であることが必要条件と前提してよいことになる。
なのになんで「x,yを有理数とすると」などと言い出す必要があるのか。
z=x+r,r^(p-1)=p とすると「x,y,zは無理数となる」で議論を始めない点で，そもそもフェルマーの定理の証明から逸脱してしまっているといわざるを得ない。 >>230
もう式を積の形にする意味はないんじゃないですか。何の根拠もないと>>109でもあなたが認めていますし。
「x,yは整数比とならない。」 は 「x,yを有理数とすると、式を満たさない。」という意味ではありません。
x+y=3√2
でx=√2,y=2√2は整数比となっていますが、x、yを有理数とすると、式を満たしません。
「x,yを有理数とすると、式を満たさない。」 も 「x,yは整数比とならない。」という意味ではありません。
x、yを有理数とすると、式を満たしませんが、x=√2,y=2√2のとき、式を満たし、ｘ、ｙは整数比です。
別の意味の文をまるで同じ意味のようにかっこ書きで書くのは、インチキです。
そして>>196のとおり、整数比のx=(√3)/(9^(1/3)-1),y=(2√3)/(9^(1/3)-1)とp=3を(3)に代入すると
((√3)/(9^(1/3)-1))^3+((2√3)/(9^(1/3)-1))^3=((√3)/(9^(1/3)-1)+√3)^3
整理して
(27√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))=(27√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))
x=(√3)/(9^(1/3)-1),y=(2√3)/(9^(1/3)-1)は(3Iの解で、rは無理数で、x、yは整数比です。
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Yも当然整数比となります。
>>230の証明は、失敗です。 >>230
> 【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}=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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
> rが有理数の場合は、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)}となる
ここで(4)を調べても、わかるのは(3)でrが無理数で整数比とならないx、yと同じ比の解だけですね。
(4)は(3)のすべての解についてX=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるのだから、
「r^(p-1)=pで整数比とならないx、yの(3)の解」以外のすべての(3)の解を(4)を調べる「「前に」」必ず調べる必要があります。
つまり、
【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}=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、x,yを有理数とすると、式を満たさない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p
両辺をw^pで割るとs^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、s､tが有理数なので、式の両辺はともに有理数である。
(4)を調べるまでもなく、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合に、有理数で整数比の(1)の解x=s,y=t,r=(p^{1/(p-1)})/wが見つかった。証明終 >>218
> >209
> どうして p=2 だと、
> > (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> > が、間違いです。
> になるのでしょうか。回答をお願いします。
>
> rが無理数の場合は、(4)となります。
> (4)の場合は、rが無理数のとき、x,yは無理数となります。
>>226
> >214
> (2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
>
> これは、(4)です。
rの有理数 or 無理数は、(3)か(4)かで決めているのではないです。
それでは積の形にする意味が無いです。
(2)（私の証明では(2')）の「左辺の左＝右辺の左」で決めています。
・あなたの p=2 の証明
(2)の「左辺の左＝右辺の左」→ r^(p-1)=p → x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる、rは有理数
・私の p=2 の証明
(2')の「左辺の左＝右辺の左」→ r^p=p → x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる、rは無理数
私の x^2+y^2=(x+√2)^2 は(3)です。 (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)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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴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^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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
rが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)はX=x*a2、Y=y*a2となるので、X,Yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >236
> Ａ＝Ｂ ならば AC=BC
0では割れませんがそれはともかく。最後の行はなんですか？ 「ならば」の意味がわからない？
「両辺が等しいならば」という意味です。 >237
>s,tが有理数のとき、成り立ちません。
が証明できるのですか？数学的に詳細な証明を与えて下さい。
それが出来ないということは、証明できないということだから、妄想です。
「s,tが有理数のとき、成り立ちません。」は、(4)からです。 >238
>230
r^(p-1)=pのときと、rが有理数の時は書いていますが、
r^(p-1)≠pかつrが無理数の時がかかれていません。
このようなデタラメな態度で証明などと言わないで下さい。
x,yの比は、同じとなります。 >>204
修正前の>1について述べた>59について，修正後の>199(修正6)を見て下さい。
というのは少なくとも>1の【証明】では「不十分である」ことを認めて>1は「撤回」された，と考えていいんですね。
>>255
最低限，「何と」同じになります，ぐらい書かないとw
新興宗教の教祖様の御託宣みたいになってますよ。 >239
「x,yを有理数とすると、式を満たさない」と確認したら
「従って，r^(p-1)=p と r を定めることはできません」，
と証明は前に戻らなければいけないのに，そこで突進して，
どうして、駄目なのでしょうか？
x,yは有理数とする。とは、書いていませんが？ >240
条件自体がp=2とpが奇素数の場合で違っているので説明になっていないです
rの値が等しいときにどのような違いがあるか説明してください
「rの値が等しいとき」とは、どういう、場合のときでしょうか？ >241
日高さんにとって、「この証明は間違いである」と言えるのは、どういう場合ですか？
どういう意味でしょうか？ >>258
> 「rの値が等しいとき」とは、どういう、場合のときでしょうか？
元の問はこれ
> p=2とpが奇素数の場合は違うことは証明されてないです
> 違いを生み出す部分を詳しく書いてください
>>251
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
あんたはp=2とpが奇素数の場合は結果が異なる根拠にこれを挙げましたが
p=2の証明にあらわれる(3)は上の(3)とは異なります
x^3+y^3=(x+√3)^3は√3が無理数でx,yが有理数のときはx,yは整数比とならない
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が無理数でx,yが有理数のときはx,yは整数比となることを示してください
つまりx^2+y^2=(x+√3)^2とx^3+y^3=(x+√3)^3の場合とでは
結論だけが異なることを示してください >>257
>x,yは有理数とする。とは、書いていませんが？
とは，どういう意味なんですか？
>230の【証明】4行目には何と書いていますか。
>(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）…(**)
「x,yを有理数とすると」とはっきりと書いているではありませんか。
ある前提において論証を進めて，矛盾があったら，そこで立ち止まって，その前提はとりえない、と結論づけるのが論理というものでしょう。
背理法ぐらいご存じだと思いますが。
x,yを有理数とすると矛盾が生じたのだから，そこで矛盾を生じた原因を考える必要があります。
矛盾の原因は，rを無理数としたこと，またはx,yを有理数としたことによって生じているのですから，
そのどちらかを修正しなければなりません。
以下，議論を進めたいならば
(*1) rを無理数とするならば，「x,yはともに有理数」ではない
と，ここで宣言し，それに基づいて議論を進める必要があります。
よってx,yがともに有理数であることに基づいた結論は援用できません。すなわち(3)は不成立とはいえません。
「x,yはともに有理数」ではない場合に，(3)は成立しうるとして議論を進めなければなりません
成立しうる(3)式を不成立として(4)式も不成立としている点で論証は誤りです。
(*1)の方針によらないならば，前に戻って
(*2) rは無理数となしえない
とすることになります。論証を進めるにはこの(*1)(*2)のどちらかの方針をとる必要がありますが，日高さんにとってはr^(p-1)=pという設定は譲れないんでしょ？
ですから，(*2)として証明を前に戻さないならば，(*1)による必要があります。
「x,yは有理数」のまま証明を突進させることはできません。論証の進め方の誤りに基づく誤った結論となってしまいます。
ご理解いただけましたか？ (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)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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴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^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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
rが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)はX=x*a2、Y=y*a2となるので、X,Yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >242
pが奇素数の場合
x,yが有理数でzが有理数でも
> p=2と、pが奇素数の場合は違います。
であるから整数比ではない
x,yが有理数でzが有理数ならば、整数比になります。
それが、整数比の解になるかは、別です。 >>253
>>236を再掲します。
> >>235 日高
>
> > （Ｄ）等式の両辺を同じ数で割っても
> > 等式が成り立つ．
> > Ａ＝Ｂ ならば Ａ÷Ｃ＝Ｂ÷Ｃ
> > あるいは
> > Ａ＝Ｂ ならば AC=BC
>
> 0では割れませんがそれはともかく。最後の行はなんですか？ 「ならば」の意味がわからない？
最後の行は，「等式の両辺に同じ数を掛けても」ではありませんか？ >243
x,yは有理数とする。
x^2+y^2=√5 …(1)
X^2+Y^2=25 …(2)
日高理論によれば
x,yを有理数とすると、(1)式の左辺は有理数となるので(1)を満たす有理数x,yは存在しない。従ってx,yは整数比とならない。
(2)式の解は(1)の解の５√５^(1/2)=5^{3/4}倍，即ち
X=x*5^{3/4},Y=y*5^{3/4}となるので(2)のX,Yも整数比とならない。
はず，であるが，実際には(2)は X=3,Y=4 という解をもつ。
整数比とならないx,yを定数倍したものは、整数比となりません。 >>255
> x,yの比は、同じとなります。
誤魔化しですね。
意味が分かりません。
> r^(p-1)≠pかつrが無理数の時がかかれていません。
に対しての返答になってないです。
まともに質問に答えて下さい。 >>254
> >237
> >s,tが有理数のとき、成り立ちません。
> が証明できるのですか？数学的に詳細な証明を与えて下さい。
> それが出来ないということは、証明できないということだから、妄想です。
>
> 「s,tが有理数のとき、成り立ちません。」は、(4)からです。
それも過去の繰り返しだし、意味不明で説明になっていません。
>今までの説明では全く理解も納得もできないので、
>妄想ではなく、きちんとした数学的な説明をして下さい。
と書きました。ちゃんと日本語読んで答えて下さい。
ただ繰り返すということは、証明不可能ということですね？ 数学の証明で、後で書く情報をもとに議論するのは、循環論法の元なので、やめて下さい。
それが出来ないなら、証明が出来ないということです。
(3)の議論をしているときに(4)を根拠にしていて、(4)の説明にも(3)を使うので、循環論法と言われています。
日本語よく読んで、よく考えて、理解してから反論してください。 >>266
>整数比とならないx,yを定数倍したものは、整数比となりません。
まことにおっしゃるとおりです。
なのに>243の(2)で整数比となる解が生じてしまうというのは，(1)で整数比となる無理数解を取り逃してしまい，定数倍して有理数解となる場合を処理できていないからでしょう。
そのような整数比となる無理数解を除外してしまう，あなたの論証の展開の仕方が誤っているということです。 >244
はて？
見つかったx^p+y^p=z^p の解は
x=sw, y=tw, z=sw+p^{1/(p-1)}
ですから、確かに r=z-x=p^{1/(p-1)} を満たしていますが、何か言いたいことでもおありで？
どういう意味でしょうか？ (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)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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴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^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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
rが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)はX=x*a2、Y=y*a2となるので、X,Yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >245
そういえば昔「ならば」と「かつ」の違いがわからないと言っていませんでしたっけ？
わからないので、教えていただけないでしょうか。 >246
即ち，x,y,zがともに無理数でも，整数比になっていれば適当に無理数倍すれば有理数化して
x:y:zが整数比になり得る点を見過ごしている点が問題であることになる
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。 >247
z=x+r,r^(p-1)=p という設定が日高理論から譲れないのならば，rは無理数であることが確定する。
そのときxが有理数ならば zは無理数になってしまうので，x:zが整数比にならない。
なので整数比が成り立つためにはxは無理数，y,zも無理数であることが必要条件と前提してよいことになる。
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。 日高理論というやつは，(有理数)=(無理数)の式は成り立たない，ということを持ち出さないと【証明】が先へと進められないんですよね。
等式の片側が有理数でなければならず，有理数と無理数の対比⇒不成立が理論のキモです。
>(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。)
などがそうですが，しかし，z=x+r,r^(p-1)=p (pは奇素数) とおくことが譲れないのならば，
x:y:zが整数比であるとき，x,y,zはいずれも無理数であることが必要条件となります。
x,yが無理数であるとすれば，(3)は整数比となりえます。
でも，x,yが無理数とすると等式に(有理数)が作り出せないので，必要条件を無視して，x,yを有理数とすると，などとしてしまうのですが，
必要条件を無視した【証明】は既にそこから誤謬の道をたどっています。
おそらく，理解したくないのかしていないのか，屁理屈で或いは質問返しでうまいことはぐらかされるんでしょうが，指摘だけはしておきます。 >248
「x,yは整数比とならない。」 は 「x,yを有理数とすると、式を満たさない。」という意味ではありません。
x+y=3√2
でx=√2,y=2√2は整数比となっていますが、x、yを有理数とすると、式を満たしません。
「x,yを有理数とすると、式を満たさない。」 も 「x,yは整数比とならない。」という意味ではありません。
x、yを有理数とすると、式を満たしませんが、x=√2,y=2√2のとき、式を満たし、ｘ、ｙは整数比です。
別の意味の文をまるで同じ意味のようにかっこ書きで書くのは、インチキです。
x+y=3√2と、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)は、式が違います。 >>276
>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。
まことにその通りです。
そのことは，>243の(1)式に，同じくあなたの【証明】の(3)式に整数比となる解が存在しうることを示していることになります。
よって，【証明】における
>(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
は誤りです。ここであなたの【証明】は破綻しています。 >249
(4)を調べるまでもなく、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合に、有理数で整数比の(1)の解x=s,y=t,r=(p^{1/(p-1)})/wが見つかった。証明終
意味が理解できません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >250
私の x^2+y^2=(x+√2)^2 は(3)です。
そうすると、 x^2+y^2=(x+2)^2 は(4)ですね。
(4)の解は、整数比となるので、(3)の解も、整数比となります。 まことにその通りです。と簡単に述べてしまいましたが
>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。
というのは、その意味するところを
x^p+y^p=z^pの解x,y,zが無理数で、整数比となるならば，その解を適当に定数(無理数)倍した有理数X,Y,ZはX^p+Y^p=Z^pの解となる。
という意味だととらえていいんですよね。
その意味でならば、>243で示したように、そのとおりです。
【証明】に関して言えば、r^(p-1)=pとおくならば、【証明】の(3)式の解は整数比になるときは、常に無理数解になります(>243の(1)に対応)。
これは、もちろん整数比となる無理数解がある、という意味ではありません。
整数比となる解があるならばその解は無理数でなければならないという意味です。
x,yが有理数のとき、なんて考える必要はありませんし、考えてはいけません。
考えているから、間違うんです。 でも，考えてはいけませんといわれても，考えないわけにはいかないんですよね。
x^p+y^p=z^p の一つの辺を有理数，他辺を無理数にしないと日高理論は先へ進めませんから。
左辺を確実に有理数にするためには，x,yが有理数でなければなりません。それによって
「(有理数)=(無理数)の等式は成立しない」…(*a)
とした上で
「成立し得ない式の存在し得ない解を実数倍した解を持つ式は同じく成立しない」…(*b)
と続けるのが日高理論ですので，(*b)の前提として，(*a)が不可欠になります。
その場合，x，yが無理数だとx^p+y^pが無理数となり得るのですが，それでは証明が進められないので，
「x，y，zが無理数で整数比となるとき」は論証されていないという指摘は，なにがなんでも，循環論法といくら指摘しても否定(はぐらか)されます。
z=x+r，r^(p-1)=pという思いつきを棄てられないのならば，x，y，zが整数比となるときx,y,zは無理数となることを受け入れなければなりません。
x,y,zが無理数であることを前提にした論証だけが意味を持ちます。それが，できていない点で【証明】は数学的な証明になっていません。 (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)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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴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^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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
rが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)はX=x*a2、Y=y*a2となるので、X,Yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >256
>>255
最低限，「何と」同じになります，ぐらい書かないとw
新興宗教の教祖様の御託宣みたいになってますよ。
r^(p-1)=pのときと、x,yの比は、同じとなります。 >260
つまりx^2+y^2=(x+√3)^2とx^3+y^3=(x+√3)^3の場合とでは
結論だけが異なることを示してください
x^2+y^2=(x+√3)^2は、x,yが整数比となります。
x^3+y^3=(x+√3)^3は、x,yが整数比となりません。 >261
x,yを有理数とすると矛盾が生じたのだから，そこで矛盾を生じた原因を考える必要があります。
矛盾の原因は，rを無理数としたこと，またはx,yを有理数としたことによって生じているのですから，
そのどちらかを修正しなければなりません。
なぜ、矛盾を修正する必要があるのでしょうか？ >>287
> x^2+y^2=(x+√3)^2は、x,yが整数比となります。
> x^3+y^3=(x+√3)^3は、x,yが整数比となりません。
>>284の証明方法で
> x^3+y^3=(x+√3)^3は、x,yが整数比となりません
が得られるのがあんたの主張なのだから
>>284の証明方法で
> x^2+y^2=(x+√3)^2は、x,yが整数比となります
も示して結果だけが異なることを証明してください
> x^3+y^3=(x+√3)^3は√3が無理数でx,yが有理数のときはx,yは整数比とならない
> x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が無理数でx,yが有理数のときはx,yは整数比となることを示してください
> つまりx^2+y^2=(x+√3)^2とx^3+y^3=(x+√3)^3の場合とでは
> 結論だけが異なることを示してください
返答に都合の良いように変に切り取らないでください >265
最後の行は，「等式の両辺に同じ数を掛けても」ではありませんか？
そうです。別の意味かと思いました。
行が足りないと、意味ですね。 >267
> r^(p-1)≠pかつrが無理数の時がかかれていません。
に対しての返答になってないです。
まともに質問に答えて下さい。
r^(p-1)≠pかつrが無理数の時も、x,yは整数比となりません。 >>292
証明もしないでなんでそれがわかるんです？
やっぱり新興宗教の教祖様の発言なんですか？ >>288
これは飛び抜けて凄い発言ですね。
数学の証明に矛盾があっても修正する必要はありませんか？
矛盾があっても修正が必要ないなら，それは数学の証明ではないでしょう。それは妄想の羅列ともいうべきものです。
いや，神がかりによる御筆先というべきでしょうか。 >>292
> >267
> > r^(p-1)≠pかつrが無理数の時がかかれていません。
> に対しての返答になってないです。
> まともに質問に答えて下さい。
>
> r^(p-1)≠pかつrが無理数の時も、x,yは整数比となりません。
r^(p-1)≠pかつrが無理数の時がどうなるかなど、ここでは聞いていません。
r^(p-1)≠pかつrが無理数の時がどうなるかを証明に書かない限り、
証明は誤魔化しだって言われているのが分からないのですか？ いちおう。>>214の再掲です。
(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}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} …(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^(1/p))^p…(4)となる。
X=x*a^(1/p)、Y=y*a^(1/p)となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/p})^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/p})/w)^pとなる。
(p^{1/p})/wが有理数の場合は、(p^{1/p})/w=(ap)^{1/p}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整瑞粕艪ﾆならない＝B(s,tを有理数ｂﾆすると、式を末桙ｽさない。）
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>281
> >250
> 私の x^2+y^2=(x+√2)^2 は(3)です。
>
> そうすると、 x^2+y^2=(x+2)^2 は(4)ですね。
> (4)の解は、整数比となるので、(3)の解も、整数比となります。
そんなこと書いてないですよ。
こう書いています。
> rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^(1/p))^p…(4)となる。
> X=x*a^(1/p)、Y=y*a^(1/p)となるので、(4)のX,Yも整数比とならない。
ここまでのやり取りをまとめると、
要は、あなたの証明（>>284）は強すぎる（過剰な）のですよ。
あなたの証明を流用すると、
p:奇素数 だけでなく、p=2 の場合も、自然数解を持たない事が言えてしまうのです。（>>296）
なので、残念ながら、あなたの証明は間違いという事になります。 >>294
日高氏のやってるのは数学じゃないんですよ。
だから何を言われても平気です。論理的に説得することは不可能です。そもそも論理を知らないから。
背理法も矛盾も理解してないし、たぶん必要十分条件とかもわかってないでしょう。 >268
> 「s,tが有理数のとき、成り立ちません。」は、(4)からです。
それも過去の繰り返しだし、意味不明で説明になっていません。
どの、部分が意味不明でしょうか？ >269
(3)の議論をしているときに(4)を根拠にしていて、(4)の説明にも(3)を使うので、循環論法と言われています。
どの、部分が循環論法になるのでしょうか？ >>291 日高
> >265
> 最後の行は，「等式の両辺に同じ数を掛けても」ではありませんか？
>
> そうです。別の意味かと思いました。
> 行が足りないと、意味ですね。
何を言いたいのかわかりません。 >270
なのに>243の(2)で整数比となる解が生じてしまうというのは，(1)で整数比となる無理数解を取り逃してしまい，定数倍して有理数解となる場合を処理できていないからでしょう。
そのような整数比となる無理数解を除外してしまう，あなたの論証の展開の仕方が誤っているということです。
(1)で整数比となる無理数解は、ありません。
理由は、(2)が整数比となるからです。 >>274 日高
> >245
> そういえば昔「ならば」と「かつ」の違いがわからないと言っていませんでしたっけ？
>
> わからないので、教えていただけないでしょうか。
「ならば」と「かつ」は、小学校高学年になるまでには自然に習得するはずです。 >277
でも，x,yが無理数とすると等式に(有理数)が作り出せないので，必要条件を無視して，x,yを有理数とすると，などとしてしまうのですが，
必要条件を無視した【証明】は既にそこから誤謬の道をたどっています。
これは、等式の性質に、よります。 >>304 日高
> これは、等式の性質に、よります。
「ならば」を理解していない日高氏が等式の性質を論ずるのは不可能です。 (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)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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴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^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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
rが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)はX=x*a2、Y=y*a2となるので、X,Yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >279
まことにその通りです。
そのことは，>243の(1)式に，同じくあなたの【証明】の(3)式に整数比となる解が存在しうることを示していることになります。
よって，【証明】における
>(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
は誤りです。ここであなたの【証明】は破綻しています。
意味が、理解できません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >282
x,yが有理数のとき、なんて考える必要はありませんし、考えてはいけません。
考えているから、間違うんです。
どうして、考えてはいけないのでしょうか？ >283
z=x+r，r^(p-1)=pという思いつきを棄てられないのならば，x，y，zが整数比となるときx,y,zは無理数となることを受け入れなければなりません。
x,y,zが無理数であることを前提にした論証だけが意味を持ちます。それが，できていない点で【証明】は数学的な証明になっていません。
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。 >>310 日高
> 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。
意味がわからないんでしょ？ 「ならば」を使うのはやめたら？ >>305
> >>304 日高
>
> > これは、等式の性質に、よります。
>
> 「ならば」を理解していない日高氏が等式の性質を論ずるのは不可能です。
「ならば」「かつ」「または」は高校の数学Ⅰ辺りですかね
論理的瑕疵を指摘してもさっぱり通じないのは、このレベルで知識がないためですか…… >>299
> どの、部分が意味不明でしょうか？
> > 「s,tが有理数のとき、成り立ちません。」は、(4)からです。
この行が意味不明ですね。 >>300
> どの、部分が循環論法になるのでしょうか？
> (3)の議論をしているときに(4)を根拠にしていて、(4)の説明にも(3)を使うので、循環論法と言われています。
と書いてあります。
自分の論法や過去ログを全て詳細に検討し、考えて、理解して下さい。 >289
> x^2+y^2=(x+√3)^2は、x,yが整数比となります
も示して結果だけが異なることを証明してください
(3*√3/2)^2+(4*√3/2)^2=(3*√3/2+√3)^2
> x^3+y^3=(x+√3)^3は√3が無理数でx,yが有理数のときはx,yは整数比とならない
> x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が無理数でx,yが有理数のときはx,yは整数比となることを示してください
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が無理数でx,yが有理数のときはx,yは整数比となりません。
x,yが無理数ならば、整数比となります。
> つまりx^2+y^2=(x+√3)^2とx^3+y^3=(x+√3)^3の場合とでは
> 結論だけが異なることを示してください
x^2+y^2=(x+√3)^2は、x,yが無理数で、整数比となります。
x^3+y^3=(x+√3)^3の、x,yは整数比となりません。 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)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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴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^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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
rが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)はX=x*a2、Y=y*a2となるので、X,Yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 >>308
>243の(1)式には解が整数比となる，無理数解が潜んでいます。これは理解されてますよね。
しかしx,yを有理数としたことでその無理数解を捕捉できていません。
その捕捉しえなかった無理数解は定数(無理数)倍することで，x^2+y^2=z^2の有理数解となり得ます。
つまり，(1)で捕捉できなかったから、定数(無理数)倍しても整数比となる解はない、とはいえません。
これと同じことがpが奇素数の場合でも起こりうるということです。(3)式には整数比となる無理数解が潜んでいる可能性があります。
解を定数(無理数)倍することで，その解が有理数化する可能性があるので，(4)式には整数比となる有理数解はない，とは結論できません。
>>309
x^p+y^p=z^p という式が与えられたとき、
z=x+r，r^(p-1)=p (pは奇素数)と置く限り，x,y,zが無理数であることは，x,y,zが整数比となるための必要条件だからです。
この説明でわからなければ、高校数学の参考書を買ってきて「集合と論理」の項目を復習(でいいんですよね？)してください。
読んでも理解できないならば数学の証明という行為をあきらめてください。 >>316 日高
> (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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
いえ，任意の自然数比になります。
x:y=m:n（m,nは自然数）としたければx=mt,y=ntとおいて(3)に代入しm^pt^p+n^pt^p=(mt+p^{1/(p-1)})^p。
展開して整理すればtのp次式だから少なくとも一つの実解をもちます。
「(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）」はここでは関係ないです。 >>319
ちょっとぬかりました。
> 展開して整理すればtのp次式だから少なくとも一つの実解をもちます。
正しくは
< 展開して整理すればtのp次式=0だから少なくとも一つの実解をもちます。
です。 >>315
> x^2+y^2=(x+√3)^2は、x,yが無理数で、整数比となります。
これはx,yが無理数なのでダメです
> x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が無理数でx,yが有理数のときはx,yは整数比となりません。
pが奇素数のときと同じです
よって
> x,yが無理数ならば、整数比となります。
たとえばx^3+y^3=(x+√3)^3は√3が無理数でx,yが無理数ならば整数比となる可能性があるので
>>316の証明ではではpが奇素数のときx^p+y^p=z^pが自然数解を持たないことは示すことができません >>316
x=(√3)/(9^(1/3)-1),y=(2√3)/(9^(1/3)-1)とp=3を(3)に代入すると
((√3)/(9^(1/3)-1))^3+((2√3)/(9^(1/3)-1))^3=((√3)/(9^(1/3)-1)+√3)^3
整理して
(27√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))=(27√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))
この両辺は等しい。つまり、x=(√3)/(9^(1/3)-1),y=(2√3)/(9^(1/3)-1)は(3Iの解で、rは無理数で、x、yは整数比です。
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Yも当然整数比となります。
>>316の証明は、失敗です。 >>316
> 【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}=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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
> rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、
続き
ｓ､ｔ、は有理数で、当然s+(p^{1/(p-1)})/wも有理数である。
ｘ^ｐ+ｙ^ｐ=ｚ^ｐを満たす3つの有理数s,t,s+(p^{1/(p-1)})/wが見つかりました。証明終 >>317
ｐ=2のとき、
x=5,y=12,r=8は(1)の解です。
x=7,y=24,r=18は(1)の解です。
x=20√2,y=21√2,r=9√2は(1)の解です。
x=9π,y=40π,r=32πは(1)の解です。
(1)の式から特別扱いのｒを決めることはできません。ｒはどんな値でも取ります。
式変形で、解が変わったり解でなくなったりすることはありません。
ｐ=2のとき、
x=5,y=12,r=8は(2)の解です。
x=7,y=24,r=18は(2)の解です。
x=20√2,y=21√2,r=9√2は(2)の解です。
x=9π,y=40π,r=32πは(2)の解です。
(2)の式から特別扱いのｒを決めることはできません。ｒはどんな値でも取ります。
(1)を(2)に変形しても解に関する新しい情報が何も増えないのだから、(1)を(2)に変形する意味はありません。
無駄です。 >295
r^(p-1)≠pかつrが無理数の時がどうなるかを証明に書かない限り、
証明は誤魔化しだって言われているのが分からないのですか？
r^(p-1)≠pかつrが無理数の時の、x,yは、(3)のときの、x,yのa^{1/(p-1)}倍
となります。 >297
p:奇素数 だけでなく、p=2 の場合も、自然数解を持たない事が言えてしまうのです。（>>296）
なので、残念ながら、あなたの証明は間違いという事になります。
どうしてでしょうか？ >>326
> >297
> p:奇素数 だけでなく、p=2 の場合も、自然数解を持たない事が言えてしまうのです。（>>296）
> なので、残念ながら、あなたの証明は間違いという事になります。
>
> どうしてでしょうか？
いや、証明（>>296）の通りです。ちゃんと読んでくれていますか？ >298
背理法も矛盾も理解してないし、たぶん必要十分条件とかもわかってないでしょう。
どの部分のことでしょうか？ >313
> > 「s,tが有理数のとき、成り立ちません。」は、(4)からです。
この行が意味不明ですね。
「s,tが有理数のとき、成り立ちません。」は、(4)によります。 >314
> (3)の議論をしているときに(4)を根拠にしていて、(4)の説明にも(3)を使うので、循環論法と言われています。
と書いてあります。
具体的に説明していただけないでしょうか。 >318
これと同じことがpが奇素数の場合でも起こりうるということです。(3)式には整数比となる無理数解が潜んでいる可能性があります。
この場合、(4)のｒが有理数の場合と同じとなります。 >319
x:y=m:n（m,nは自然数）としたければx=mt,y=ntとおいて(3)に代入しm^pt^p+n^pt^p=(mt+p^{1/(p-1)})^p。
展開して整理すればtのp次式だから少なくとも一つの実解をもちます。
「(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）」はここでは関係ないです。
すみませんが、数字を入れた、例をあげていただけないでしょうか。
m^pt^pがわかりません。 >>331
>この場合、(4)のｒが有理数の場合と同じとなります。
また意味不明のつぶやきですか・・・
(3)式には整数比となる無理数解が潜んでいる可能性があるんですか，ないんですか，どちらです？ >320
< 展開して整理すればtのp次式=0だから少なくとも一つの実解をもちます。
です。
よくわかりませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >321
> x^2+y^2=(x+√3)^2は、x,yが無理数で、整数比となります。
これはx,yが無理数なのでダメです
x,yが無理数でも、整数比となります。 >>330
> 具体的に説明していただけないでしょうか。
> (3)の議論をしているときに(4)を根拠にしていて、(4)の説明にも(3)を使うので、循環論法と言われています。
と書いてあります。
関連するさらに具体的な説明は多くの人がしています。
それを一言でごまかして無視しているのは日高です。
過去ログ全て読み直して理解して、その上で説明が間違っているところがあれば、その部分を指摘して反論して下さい。 (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)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、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、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)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>325
> r^(p-1)≠pかつrが無理数の時の、x,yは、(3)のときの、x,yのa^{1/(p-1)}倍
> となります。
だから何ですか？
> r^(p-1)≠pかつrが無理数の時がどうなるかを証明に書かない限り、
> 証明は誤魔化しだって言われているのが分からないのですか？
と書きました。証明に書かない以上誤魔化しです。 【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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
rが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)はX=x*a2、Y=y*a2となるので、X,Yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。 いちおう。>>296の再掲です。
(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}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} …(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^(1/p))^p…(4)となる。
X=x*a^(1/p)、Y=y*a^(1/p)となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/p})^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/p})/w)^pとなる。
(p^{1/p})/wが有理数の場合は、(p^{1/p})/w=(ap)^{1/p}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>335
> > x^2+y^2=(x+√3)^2は、x,yが無理数で、整数比となります。
> これはx,yが無理数なのでダメです
>
> x,yが無理数でも、整数比となります。
だから
x^3+y^3=(x+√3)^3は√3が無理数でx,yが無理数ならば整数比となる可能性がある
>>337
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
x,yが無理数で整数比となるので証明は間違いです (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)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x,yを有理数とすると、rが無理数なので、式を満たさない。
(3)はrが有理数のとき、{x*a^{1/(p-1)}^p+{y*a^{1/(p-1)}^p=(x*a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はwが無理数のとき、(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)}^p、x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)はx,yが有理数のとき、式を満たさないので、(3)のxw,ywが無理数のときも、式を満たさない
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。 >>342
>(3)はx,yを有理数とすると、rが無理数なので、式を満たさない。
r^(p-1)=pの,z=z+rとおくかぎり，x:y:zが整数比となるためには，x,y,zがすべて無理数であることが必要条件であり，(3)式が満たさなれないのは，その必要条件を外れてしまうからだ，
と指摘していたつもりなんですが，まったく，ご理解いただけてないようですね。
それでも，x,yが有理数であるならば，(3)が成立しないことそのものは誤りではありません。
しかし，(3)が不成立なのは「x,yが有理数であるかぎり」，左辺が有理数，右辺が無理数となるからです。
ところが，次の5行目では
>(3)はrが有理数のとき、{x*a^{1/(p-1)}^p+{y*a^{1/(p-1)}^p=(x*a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
と，(3)式の両辺に{a^{1/(p-1)}^pをかけています。
ならば，
(3) の 左 辺 が 無 理 数 化 し て し ま う ！ ！ ！
(3)の不成立の前提がはずされているので，(4)は不成立とは言えません。
というわけで，整数比という文字が出てこないバージョンに戻りましたが，【証明】の状況は相変わらずですw (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)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x,yを有理数とすると、rが無理数なので、解は整数比とならない。
(3)はrが有理数のとき、{x*a^{1/(p-1)}^p+{y*a^{1/(p-1)}^p=(x*a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はwが無理数のとき、(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)}^p、x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)はx,yが有理数のとき、解は整数比とならないので、(3)のxw,ywが無理数のときも、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、自然数解を持たない。 >>344
(3)の左辺の無理数化は気にする必要はありませんか？
「式を満たさない」を「解は整数比とならない」と書き換えるとどう違いが出るんですか？ 日高氏、
322, 323, 324, 327, 333, 336, 338, 341
には返信しないのですか？ (修正8)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y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}=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x,yを有理数とすると、rが無理数なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,yは、整数比とならない。 (修正9)
【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)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x,yを有理数とすると、rが無理数なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない。
∴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。 >>344
> (3)はrが有理数のとき、{x*a^{1/(p-1)}^p+{y*a^{1/(p-1)}^p=(x*a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)はx,yが有理数のとき、解は整数比とならない
これは>>339の否定なので致命的
x^2+y^2=(x+2)^2の解x,y
(√3x/2)^2+(√3y/2)^2=(√3x/2+√3)^2
X=√3x/2,Y=√3y/2ならばX^2+Y^2=(X+√3)^2
X^3+Y^3=(X+√3)^3の解X,Y
(2√3X/3)^3+(2√3Y/3)^3=(2√3X/3+√3)^3
x=2√3X/3,y=2√3Y/3ならばx^3+y^3=(x+2)^3
(x=2√3X/3,y=2√3Y/3はX=√3x/2,Y=√3y/2でp=2と同じ) >>348
> (3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> x'=xw、y'=ywとしてx'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')
(3)と(3')はwが無理数なら2つが同時には成立しないので間違い >>332 日高
> >319
> x:y=m:n（m,nは自然数）としたければx=mt,y=ntとおいて(3)に代入しm^pt^p+n^pt^p=(mt+p^{1/(p-1)})^p。
> 展開して整理すればtのp次式だから少なくとも一つの実解をもちます。
> 「(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）」はここでは関係ないです。
>
> すみませんが、数字を入れた、例をあげていただけないでしょうか。
> m^pt^pがわかりません。
x:y=1:1としたければx=y=tとおいて(3)に代入しt^p+t^p=(t+p^{1/(p-1)})^p。
展開して整理すればtのp次式=0となるので少なくとも一つの実数解をもちます。
m^pt^pは「mのp乗」掛ける「tのp乗」です。 >>334 日高
> >320
> < 展開して整理すればtのp次式=0だから少なくとも一つの実解をもちます。
> です。
>
> よくわかりませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。
どこがわからないのですか？ 「展開して整理すればtのp次式=0」ですか？
それとも「だから少なくとも一つの実解をもちます」ですか？ >>348
【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、x,yを有理数とすると、式が成り立たない。つまり、(3)の解は、ｘ、ｙが有理数、ｒが無理数のパターンにはならない。
x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),p=5を（3）に代入すると、
(2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2))^5+(3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2))^5=(2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2)+(5^(1/4)))^5
(275(5^(1/4))^5)/((275^(1/5)-2)^5)=((2(5^(1/4))+(5^(1/4))×275^(1/5)-2(5^(1/4)))/(275^(1/5)-2))^5
1375(5^(1/4))/((275^(1/5)-2)^5)=1375(5^(1/4))/((275^(1/5)-2)^5)
この両辺は等しい。つまり、x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2)はp=5のときの(3)の解で、rは無理数で、x、yは整数比です。
rが有理数の場合は、ap)^{1/(p-1)}が有理数となるようにaを決めることで、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)}となるので、(4)のX,Yも当然整数比となります。
>>384の証明は、失敗です。 【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^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)のx,yを有理数とすると、rが有理数なので、整数比の解x,yを持つ。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+r)^p…(3')とする。(w,rは無理数)
(3)は整数比の解x,yを持つので、(3')も整数比の解x',y'を持つ。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=x*a、Y=y*a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。 >322
この両辺は等しい。つまり、x=(√3)/(9^(1/3)-1),y=(2√3)/(9^(1/3)-1)は(3Iの解で、rは無理数で、x、yは整数比です。
この式を、整理すると、
1^3+2^3={9^(1/3)}^3となります。
xが有理数のとき、9^(1/3)=x+√3となりません。 >323
ｓ､ｔ、は有理数で、当然s+(p^{1/(p-1)})/wも有理数である。
この時点では、(p^{1/(p-1)})/wが、有理数か、無理数かは、不明です。 >324
(1)を(2)に変形しても解に関する新しい情報が何も増えないのだから、(1)を(2)に変形する意味はありません。
無駄です。
解を見つけることができます。(1),(2),(3),(4)としても、解の比は、変わりません。 >327
p:奇素数 だけでなく、p=2 の場合も、自然数解を持たない事が言えてしまうのです。（>>296）
> なので、残念ながら、あなたの証明は間違いという事になります。
(2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
これを、私の証明に、置き換えると、(4)の、a=√2/2の場合となります。 (修正9)
【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)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x,yを有理数とすると、rが無理数なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない。
∴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。 >333
(3)式には整数比となる無理数解が潜んでいる可能性があるんですか，ないんですか，どちらです？
(3)式には整数比となる無理数解が潜んでいる可能性はありません。 >336
関連するさらに具体的な説明は多くの人がしています。
どこで、説明しているのでしょうか？ (修正10)
【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)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x,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない。
∴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^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)のx,yを有理数とすると、rが有理数なので、整数比の解x,yを持つ。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+r)^p…(3')とする。(w,rは無理数)
(3)は整数比の解x,yを持つので、(3')も整数比の解x',y'を持つ。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=x*a、Y=y*a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。 >>360
導師様，そう断言できる理由を聞いてもよろしいでしょうか？
その可能性があることを前提に証明が進んでいるとは思えない・・・いや，進んでいません，と断言できるのですが。
証明されるまでは，(3)式には整数比となる無理数解があり得ることを前提に証明を進めなければなりません。
>(4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない
だからです，というのはダメですよ。
何度もくり返し指摘されているように証明が循環しますから。 >>358
> >327
> p:奇素数 だけでなく、p=2 の場合も、自然数解を持たない事が言えてしまうのです。（>>296）
> > なので、残念ながら、あなたの証明は間違いという事になります。
>
> (2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
>
> これを、私の証明に、置き換えると、(4)の、a=√2/2の場合となります。
あなたの証明に置き換えようがどうしようが、＜＜＜私の証明で＞＞＞、
> p=2 の場合も、自然数解を持たない事が言えてしまうのです。
という事実には変わりありません。
証明新しくされたようなので、私の証明も更新しておきます。
(修正10♪)
【定理】p=2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)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)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} …(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(3)はx,yを有理数とすると、r=√2なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+√2)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/p})^p…(4)となる。
(4)の解X=x*a^{1/p}、Y=y*a^{1/p}も整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。 >>360
> (3)式には整数比となる無理数解が潜んでいる可能性はありません。
ちゃんと場合分けすれば解x,y,zの比x:y:zが整数比になる可能性が
あるのが分かりますがね
x^2+y^2=(x+2)^2の解x,y
(√3x/2)^2+(√3y/2)^2=(√3x/2+√3)^2
X=√3x/2,Y=√3y/2ならばX^2+Y^2=(X+√3)^2
X^3+Y^3=(X+√3)^3の解X,Y
(2√3X/3)^3+(2√3Y/3)^3=(2√3X/3+√3)^3
x=2√3X/3,y=2√3Y/3ならばx^3+y^3=(x+2)^3
(x=2√3X/3,y=2√3Y/3はX=√3x/2,Y=√3y/2でp=2と同じ)
p=2のとき
(1)x^2+y^2=(x+2)^2はrが有理数でx,yが有理数のとき (x,y,zが整数比) (存在すれば)
(2)x^2+y^2=(x+2)^2はrが有理数でx,yが無理数のとき (x,y,zが整数比でない)
(3)X^2+Y^2=(X+√3)^2はrが無理数でX,Yが有理数のとき (x,y,zが整数比でない)
(4)X^2+Y^2=(X+√3)^2はrが無理数でX,Yが無理数のとき
(4)はx,y,zが整数比になるものとならないものが混在しているので更に分ける
(4-1) X^2+Y^2=(X+√3)^2はrが無理数でX,Yが無理数のとき (x,y,zが整数比) (存在すれば)
(4-2) X^2+Y^2=(X+√3)^2はrが無理数でX,Yが無理数のとき (x,y,zが整数比でない)
p=3のとき
(1)x^3+y^3=(x+2)^3はrが有理数でx,yが有理数のとき (x,y,zが整数比) (存在すれば)
(2)x^3+y^3=(x+2)^3はrが有理数でx,yが無理数のとき (x,y,zが整数比でない)
(3)X^3+Y^3=(X+√3)^3はrが無理数でX,Yが有理数のとき (x,y,zが整数比でない)
(4)X^3+Y^3=(X+√3)^3はrが無理数でX,Yが無理数のとき
(4)はx,y,zが整数比になるものとならないものが混在しているので更に分ける
(4-1)X^3+Y^3=(X+√3)^3はrが無理数でX,Yが無理数のとき (x,y,zが整数比) (存在すれば)
(4-2)X^3+Y^3=(X+√3)^3はrが無理数でX,Yが無理数のとき (x,y,zが整数比でない)
r=√3でX,Yが有理数ならばr=2のときはx,yは無理数であることに注意すると
p=2とp=3(pが奇素数)のどちらの場合でも
(1)の定数倍は(1)か(4-1) (x,y,zが整数比)
(4-1)の定数倍は(1)か(4-1) (x,y,zが整数比)
(2)の定数倍は(2)か(3)か(4-2) (x,y,zが整数比でない)
(3)の定数倍は(2)か(3)か(4-2) (x,y,zが整数比でない)
(4-2)の定数倍は(2)か(3)か(4-2) (x,y,zが整数比でない) いや，証明の循環どころではないですね。
>(4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない…(*)
の直前までに(3)式には整数比となる無理数解がないことを証明できていない以上，
(*)の結論は導けない，と思われる・・・いや断言できるので，循環以前にここで破綻しています。 >338
> r^(p-1)≠pかつrが無理数の時がどうなるかを証明に書かない限り、
> 証明は誤魔化しだって言われているのが分からないのですか？
と書きました。証明に書かない以上誤魔化しです。
よく意味がわかりません。 これ，
(*)という命題は成り立つ…(*)
(*)は成り立つ，なぜならば(*)が成り立つからである。
になってますよね。自己言及というやつですか？
パラドクスにはなってなくて，ただ無意味な論証になってますけど。 >341
x^3+y^3=(x+√3)^3は√3が無理数でx,yが無理数ならば整数比となる可能性がある
>>337
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
x,yが無理数で整数比となるので証明は間違いです
x,yが無理数で整数比となりません。 >345
>>344
(3)の左辺の無理数化は気にする必要はありませんか？
どういう意味でしょうか？ >>368
> >338
> > r^(p-1)≠pかつrが無理数の時がどうなるかを証明に書かない限り、
> > 証明は誤魔化しだって言われているのが分からないのですか？
> と書きました。証明に書かない以上誤魔化しです。
>
> よく意味がわかりません。
意味が分からないなら、おまえの勉強不足だ。
小学生程度の勉強ができないのに、中学・高校レベルの質問を理解するように説明せよと言われても無理。
無理難題を他人に要求する前に、自分で解決しろ。 >>361
> >336
> 関連するさらに具体的な説明は多くの人がしています。
>
> どこで、説明しているのでしょうか？
大量の説明を全て無視してきたということか？
自分で過去ログ全て読み直せば良い。 >>371
(x)^p+(y)^p=z^p (x,yは有理数,z^pは無理数)……(*1)
この式は成り立ちません。
成り立たないのは左辺の( )の中が有理数であるからです。
ここで(*1)の両辺に，k^2 (無理数，したがってkも無理数)を両辺に掛けます。
(kx)^p+(ky)^p=(kz)^p……(*2)
となりますが，ここでは左辺は無理数となり，(*2)は解が存在し得るようになります。
そこで
X=kx
Y=ky
Z=kz
とおくと(*2)は
X^p+Y^p=Z^p (X,Yは無理数,Zは実数)……(*3)
となります。
出発点に戻ってしまいました。
(*3)は成り立ち得ますし，解が存在しえます。解は無理数でいいんですから。
このように，(*1)の形(【証明】(3)式もその形)の式に無理数をかけるとx,yは有理数という制限をはずした，元の式に戻ってしまい，その式が不成立とは言えなくなります。
したがって，証明すべき整数比となる解があるかどうか，について何ら参考になる情報を提供できません。
それを理解されていますか？という意味です。 (修正10)
【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)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x,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない。
∴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^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)のx,yを有理数とすると、rが有理数なので、整数比の解x,yを持つ。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+r)^p…(3')とする。(w,rは無理数)
(3)は整数比の解x,yを持つので、(3')も整数比の解x',y'を持つ。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=x*a、Y=y*a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。 >k^2 (無理数，したがってkも無理数)を両辺に掛けます。
すみません。k^2ではなく，k^p (無理数)です。 >350
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> x'=xw、y'=ywとしてx'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')
(3)と(3')はwが無理数なら2つが同時には成立しないので間違い
どういう意味でしょうか？ >351
x:y=1:1としたければx=y=tとおいて(3)に代入しt^p+t^p=(t+p^{1/(p-1)})^p。
展開して整理すればtのp次式=0となるので少なくとも一つの実数解をもちます。
意図が、よくわかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >352
どこがわからないのですか？ 「展開して整理すればtのp次式=0」ですか？
それとも「だから少なくとも一つの実解をもちます」ですか？
目的が、わかりません。 >>378
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> x'=xw、y'=ywとしてx'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')
代入すれば(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^p…(3')
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
p=2ならたとえばw=√2として
3^2+4^2=(3+2)^2=5^2と(3√2)^2+(4√2)^2=(3√2+2)^2は同時に成立しない
(3√2)^2+(4√2)^2=(3√2+2)^2は成立しない
あるいは
3^2+4^2=(3+2√2)^2と(3√2)^2+(4√2)^2=(3√2+2√2)^2=(5√2)^2は同時に成立しない
3^2+4^2=(3+2√2)^2は成立しない >353
この両辺は等しい。つまり、x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2)はp=5のときの(3)の解で、rは無理数で、x、yは整数比です。
この場合、r=p^{1/(p-1)}となりません。 >364
>(4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない
だからです，というのはダメですよ。
何度もくり返し指摘されているように証明が循環しますから。
どういう意味でしょうか？ 同じことを何度もくり返すのはさすがに疲れてきました。
もう，いろいろと例や計算式を挙げて説得するのは諦めて，最も端的で直截的な方法によることにします。
日高氏はこれにも納得しないでしょうが，もうそれはそれでしょうがないとしか・・・・
(修正10)において
>(3)はx,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
とありますが，ここでは，左辺が有理数，右辺が無理数となる(3)の解は，整数比とならないのではなく，それ以前に存在していません。
存在しない解を演算することはできません。
以下，「存在しない解」x,yの「存在」を前提とした論証はすべて誤りです。
いや，演算しうるし論証しうるというならば，それは「x,yを有理数とする」という条件をはずして，無理数解を考えてしまっているからです。
右辺が無理数になるならば，左辺も無理数であることは(3)式が成り立ち，解を持つ必要条件です。
必要条件を踏み外した論証に数学の証明としての価値はありません。 >>379 日高
> >351
> x:y=1:1としたければx=y=tとおいて(3)に代入しt^p+t^p=(t+p^{1/(p-1)})^p。
> 展開して整理すればtのp次式=0となるので少なくとも一つの実数解をもちます。
>
> 意図が、よくわかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。
意図ですか？ x:y=1:1となる(3)の実数解の存在を示し、君の証明の誤りを指摘しようとしています。 >>380 日高
> >352
> どこがわからないのですか？ 「展開して整理すればtのp次式=0」ですか？
> それとも「だから少なくとも一つの実解をもちます」ですか？
>
> 目的が、わかりません。
どこが日高君の疑問点なのかをはっきりさせ、必要ならば説明を追加する、という目的です。 >>375
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
と書いたからrは無理数。
なのに、
> (3)のrが有理数のとき、
などと書いて意味不明。
その場しのぎでデタラメなことを書かないで、全て勉強し直してから出直せ。 >>370
> x,yが無理数で整数比となりません。
間違っています
x^p+y^p=z^pのx,yに有理数を代入することは可能です
あんたはx^p+y^p=z^pのx,yに有理数を代入することは不可能と言っている
のと同じなので間違いです >366
r=√3でX,Yが有理数ならばr=2のときはx,yは無理数であることに注意すると
p=2とp=3(pが奇素数)のどちらの場合でも
(1)の定数倍は(1)か(4-1) (x,y,zが整数比)
(4-1)の定数倍は(1)か(4-1) (x,y,zが整数比)
(2)の定数倍は(2)か(3)か(4-2) (x,y,zが整数比でない)
(3)の定数倍は(2)か(3)か(4-2) (x,y,zが整数比でない)
(4-2)の定数倍は(2)か(3)か(4-2) (x,y,zが整数比でない)
よく、意味がわかりません。 (修正10)
【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)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x,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない。
∴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。 納得する人が1人もいないという事は、その証明は失敗という事です。 【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^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)のx,yを有理数とすると、rが有理数なので、整数比の解x,yを持つ。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+r)^p…(3')とする。(w,rは無理数)
(3)は整数比の解x,yを持つので、(3')も整数比の解x',y'を持つ。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=x*a、Y=y*a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。 >374
このように，(*1)の形(【証明】(3)式もその形)の式に無理数をかけるとx,yは有理数という制限をはずした，元の式に戻ってしまい，その式が不成立とは言えなくなります。
したがって，証明すべき整数比となる解があるかどうか，について何ら参考になる情報を提供できません。
それを理解されていますか？という意味です。
目的が、理解できません。 >>389
> よく、意味がわかりません。
結論としてはあんたの証明は間違いだということです >381
>>378
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> x'=xw、y'=ywとしてx'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')
代入すれば(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^p…(3')
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
p=2ならたとえばw=√2として
3^2+4^2=(3+2)^2=5^2と(3√2)^2+(4√2)^2=(3√2+2)^2は同時に成立しない
(3√2)^2+(4√2)^2=(3√2+2)^2は成立しない
あるいは
3^2+4^2=(3+2√2)^2と(3√2)^2+(4√2)^2=(3√2+2√2)^2=(5√2)^2は同時に成立しない
3^2+4^2=(3+2√2)^2は成立しない
わかりました。 >388
x^p+y^p=z^pのx,yに有理数を代入することは可能です
あんたはx^p+y^p=z^pのx,yに有理数を代入することは不可能と言っている
のと同じなので間違いです
x^p+y^p=z^pのx,yに有理数を代入することは可能ですが、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,yに有理数を代入することは不可能です。 >>390 日高
> (3)はx,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
有理数だとしたら整数比になると思うのですが、有理数解はないと主張しているのですか？ >>397
> x^p+y^p=z^pのx,yに有理数を代入することは可能ですが、
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,yに有理数を代入することは不可能です。
x^p+y^p=z^pのx,yに有理数を代入することは可能だから
m,nを自然数としてx=m,y=nとするとm^p+n^p=z^pは成り立つ
aを0以外の実数として
X=am/(z-m),Y=an/(z-m),Z=az/(z-m)とすれば
X^p+Y^p=Z^p=(X+a)^pを必ず満たしこのときX:Y=x:y=m:nとなり整数比になる
a=p^{1/(p-1)}としてもX,Yは当然整数比
>>390
> (3)はx,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
> (3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')とする。(wは無理数)
> (3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
よってこれは間違いです >396
(3√2)^2+(4√2)^2=(3√2+2)^2は成立しない
この場合のｒは無理数とします。 >>400
> この場合のｒは無理数とします
それでも同時に成立しないことには変わりない やはり(修正10)の
>(3)はx,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
において，解の存在を考えるところが決定的におかしい。
解x,yは有理数なのか，無理数なのか？
すくなくとも一つが無理数ならば前提に反する。
ともに有理数ならば整数比となり，結論が誤りであり，かつ(3)の「解」であるはずの有理数x,yが(3)を成り立たせない。
矛盾が起こるので，証明はここで立ち止まって前に戻り，x,yはともに有理数とはならない，と結論づけなければならない。
それが数学的な証明というものである。
しかし，日高理論は前進を諦めない。やっていることが数学ではないからである。
解x,yを用いて演算を行う。
日高氏に尋ねたい。。
その解x,yとは有理数なのか無理数なのか？
xw,ywとか表現されているところを見ると，どうも有理数と考えているようだが，だったらx:yは整数比になりはしませんか？
お か し い と 思 い ま せ ん か ？ >>382
> この場合、r=p^{1/(p-1)}となりません。
なりますよ。ｐ=5の時p^(1/(p-1))は5^(1/4)ですから
(2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2))^5+(3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2))^5=(2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2)+(5^(1/4)))^5
右辺のプラスの右側を見れば、r=5^(1/4)になっています。
つまり、x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2)はp=5のときの(3)の解で、r=p^{1/(p-1)}は無理数で、x、yは整数比です。
(3)の解にｘ、ｙが整数比のものがあったので、>>390の証明は間違っています。 >>355
>>316には、x,yが無理数で整数比の場合、つまりx=sw,y=twの場合、(3)式を満たさないかっこの中に書いてあります。
これが間違いなので、反例を上げます。
x=sw,y=tw,s=1,t=2,w=(√3)/(9^(1/3)-1),p=3を(3)式に代入します。ｘ、yは整数比で、s,tは有理数で、wは無理数です。
((√3)/(9^(1/3)-1))^3+((2√3)/(9^(1/3)-1))^3=((√3)/(9^(1/3)-1)+√3)^3
(sw)^3+(tw)^3=(sw+p^(1/(p-1)))^3の両辺をw^pで割ると、s^3+t^3=(s+(p^(1/(p-1)))/w)^3
両辺を((√3)/(9^(1/3)-1))^3で割ると、
1^3+2^3=(1+(√3)/((√3)/(9^(1/3)-1)))^3
1^3+2^3=(1+(9^(1/3)-1))^3
1^3+2^3=((9^(1/3))^3
この両辺は等しい。s=1,t=2は(3)式を満たします。
s=1は有理数で、9^(1/3)=s+(√3)/wを満たしています。 >>356
>>316であなたが書いた通り、
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、
(p^{1/(p-1)})/wは有理数です。(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合に(p^{1/(p-1)})/wが有理数でないわけがありません。
この時点で、s,tは有理数で、s+(p^{1/(p-1)})/wも有理数です。
ｘ^ｐ+ｙ^ｐ=ｚ^ｐを満たす3つの有理数s,t,s+(p^{1/(p-1)})/wが見つかりました。証明終 >>357
あなたが、解を見つけることができる、と勝手に考えているのは、r=p^(1/(p-1))と勝手においたからでしょ？
(1)の時点でrは何でもいい、勝手に決めていい、べつにr=p^(1/(p-1))と置いてもいい
(2)でもrは何でもいい、勝手に決めていい、べつにr=p^(1/(p-1))と置いてもいい
rを勝手に決めていい、ということに、何の変化もありません。
変形は無駄です。 >>390
別にわからなくてもいいですけど
(sr/(p^{1/(p-1)})/w))^p+(tr/(p^{1/(p-1)})/w))^p=(sr/(p^{1/(p-1)})/w)+r)^p
この式は、x=sr/(p^{1/(p-1)})/w),y=tr/(p^{1/(p-1)})/w)を代入した(1)と同じ形で、解ｘ、ｙは整数比で、ｒはr=2でもr=p^(1/(p-1))でもなんでもいい数で、
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
なので、(3)式の解x、yが整数比にならない、という証明は、絶対に失敗します
x、yが整数比になる例を、いくらでもあげることができます。
ただ上の式にs,t,r,pを代入するだけです。 私は数学の事はよくわかりませんが、日高さんの頑なに質問助言から逃げる態度を見ると、日高さんが間違っている気がします。 (修正10)
【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)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x,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない。
∴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^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)のx,yを有理数とすると、rが有理数なので、整数比の解x,yを持つ。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+r)^p…(3')とする。(w,rは無理数)
(3)は整数比の解x,yを持つので、(3')も整数比の解x',y'を持つ。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=x*a、Y=y*a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。 (修正11)
【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)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x,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない。
∴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^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)のx,yを有理数とすると、rが有理数なので、整数比の解x,yを持つ。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+2w)^p…(3')とする。(w,は無理数)
(3)は整数比の解x,yを持つので、(3')も整数比の解x',y'を持つ。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=x*a、Y=y*a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。 >398
> (3)はx,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
有理数だとしたら整数比になると思うのですが、有理数解はないと主張しているのですか？
x,yを有理数とすると(3)は、成り立たないという、意味です。 >399
> (3)はx,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
> (3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+p^{1/(p-1)})^p…(3')とする。(wは無理数)
> (3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
よってこれは間違いです
訂正します。411を見てください。 >401
> この場合のｒは無理数とします
それでも同時に成立しないことには変わりない
訂正します。411を見てください。 >402
その解x,yとは有理数なのか無理数なのか？
xw,ywとか表現されているところを見ると，どうも有理数と考えているようだが，だったらx:yは整数比になりはしませんか？
x,yは、共に、有理数とは、なりません。 >>411
> (3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
> (3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
> (3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない。
>>399と同じ理由で間違い
rが無理数でx,yが無理数のときx,yが整数比である解は存在するので
訂正になっていない
>>412
> (3)のx,yを有理数とすると、rが有理数なので、整数比の解x,yを持つ。
これは証明になっていない
日高の理解を示している内容だが
x^3+y^3=z^3=(x+r)^3
X=x/r,Y=y/rとすればX^3+Y^3=(X+1)^3
X,Yを有理数とするとr=1なので整数比の解X,Yを持つ…(A)
X'=√3x/r,Y'=√3y/rとすれば(X')^3+(Y')^3=(X'+√3)^3
X'=√3X,Y'=√3YなのでX,Yを有理数とすると
X',Y'は無理数で整数比の解X',Y'を持つ…(B)
(A)は実際には正しくないが(B)は正しいことに注意せよ
理由は
rが無理数でx,yが無理数のときx,yが整数比でありx,y,zが整数比である
rが無理数でx,yが無理数のときx,yが整数比でありx,y,zが整数比でない
どちらも解としてあり得るから(p=2だと当然両方存在する)
rが無理数でx,yが無理数のときx,yが整数比である
ということでは解x,y,zが整数比であるかどうかは判断できない >>416
じゃあ少なくとも一つは無理数ということであり，二つとも無理数でもよいわけですね。
有理数と無理数が混在するならば確かに整数比にならないでしょう。
では，x,yがともに無理数だったら？
その(3)の二つの無理数解x,yが整数比とならない理由をお願いします。
>411(修正11)の4行目で既にそう断言できる理由です。 (修正11)の【証明】の4行目です。
>(3)はx,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
信じる心が足りないのでしょうか，私のように浅学非才の身には，x,yはともに有理数とはならない，とは結論できますが，整数比となる無理数解をもたないと，「そこで」(4行目で)断言できる理由を思いつきません。
ぜひ御教示お願いいたします。 >>411
> (修正11)
> 【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)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x,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
> (3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
> (3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
> (3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない。
> ∴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。
で、
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
なんだから、このrは無理数なんだろ。
> (3)のrが有理数のとき、
って意味不明。
結局、r^(p-1)≠p
の場合は全く述べてない。 つまり、日高は、数学の証明における、「場合分け」の技術すらまともに学んでないということ。
勉強して出直せ。 >403
(2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2))^5+(3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2))^5=(2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2)+(5^(1/4)))^5
この式は、x,yがどんな値でも、成り立ちます。 (修正11)
【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)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x,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x*a^{1/(p-1)})^p、Y=y*a^{1/(p-1)})^pも整数比とならない。
∴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^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)のx,yを有理数とすると、rが有理数なので、整数比の解x,yを持つ。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+2w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)は整数比の解x,yを持つので、(3')も整数比の解x',y'を持つ。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=x*a、Y=y*a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。 (修正12)
【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)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x,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})も整数比とならない。
∴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^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)のx,yを有理数とすると、rが有理数なので、整数比の解x,yを持つ。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+2w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)は整数比の解x,yを持つので、(3')も整数比の解x',y'を持つ。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=xa、Y=ya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。 >404
1^3+2^3=((9^(1/3))^3
この両辺は等しい。s=1,t=2は(3)式を満たします。
s=1は有理数で、9^(1/3)=s+(√3)/wを満たしています。
この式は、s,tが、どんな数でも、式を満たします。 >405
ｘ^ｐ+ｙ^ｐ=ｚ^ｐを満たす3つの有理数s,t,s+(p^{1/(p-1)})/wが見つかりました。証明終
意味が、わかりません。 >407
(sr/(p^{1/(p-1)})/w))^p+(tr/(p^{1/(p-1)})/w))^p=(sr/(p^{1/(p-1)})/w)+r)^p
この式は、s,tが、どんな数でも、式を満たします。 >417
X'=√3x/r,Y'=√3y/rとすれば(X')^3+(Y')^3=(X'+√3)^3
X'=√3X,Y'=√3YなのでX,Yを有理数とすると
X',Y'は無理数で整数比の解X',Y'を持つ…(B)
(A)は実際には正しくないが(B)は正しいことに注意せよ
どうして、正しいのか、わかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >418
その(3)の二つの無理数解x,yが整数比とならない理由をお願いします。
>411(修正11)の4行目で既にそう断言できる理由です。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
が、理由です。 >419
>(3)はx,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
信じる心が足りないのでしょうか，私のように浅学非才の身には，x,yはともに有理数とはならない，とは結論できますが，整数比となる無理数解をもたないと，「そこで」(4行目で)断言できる理由を思いつきません。
ぜひ御教示お願いいたします。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
が、理由です。 >420
> (3)のrが有理数のとき、
って意味不明。
結局、r^(p-1)≠p
の場合は全く述べてない。
rが無理数、r^(p-1)=apの場合は、
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})も整数比とならない。
で、証明しています。 (修正12)
【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)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x,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})も整数比とならない。
∴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^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)のx,yを有理数とすると、rが有理数なので、整数比の解x,yを持つ。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+2w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)は整数比の解x,yを持つので、(3')も整数比の解x',y'を持つ。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=xa、Y=ya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。 >>430
> どうして、正しいのか、わかりません。詳しく説明していただけないでしょうか
>>417
> x^3+y^3=z^3=(x+r)^3
> X=x/r,Y=y/rとすればX^3+Y^3=(X+1)^3
> X,Yを有理数とするとr=1なので整数比の解X,Yを持つ…(A)
> X'=√3x/r,Y'=√3y/rとすれば(X')^3+(Y')^3=(X'+√3)^3
> X'=√3X,Y'=√3YなのでX,Yを有理数とすると
> X',Y'は無理数で整数比の解X',Y'を持つ…(B)
X'=√3X,Y'=√3YなのでX,Yが有理数でなくても
X',Y'は殆どの場合は無理数になるでしょ
X^3+Y^3=(X+1)^3
X,Yを無理数とするとr=1でも整数比の解X,Yを持つ…(A')
X'=√3x/r,Y'=√3y/rとすれば(X')^3+(Y')^3=(X'+√3)^3
X',Y'は無理数で整数比の解X',Y'を持つ…(B)
x^p+y^p=z^pのx,yに有理数を代入することは可能だから(A')は正しい
(B)も正しい
(A)が成り立たないことは日高は証明していないが
(A)が成り立つかどうかに関係なく(B)は正しい >>433
> >420
> > (3)のrが有理数のとき、
> って意味不明。
> 結局、r^(p-1)≠p
> の場合は全く述べてない。
>
> rが無理数、r^(p-1)=apの場合は、
> (3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
> (3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
> (3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})も整数比とならない。
> で、証明しています。
証明にかかれていないものを証明していると言うのは嘘つきのごまかし。ゴミクズ。 >>437
補足しておく。
> (3)をx'=xw、y'=ywとして、
と書いているから、（3）のところで決められたrであることは明白。
つまり、それ以外のrは全く証明にかかれていない。 >>416
>(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
質問を理解する気がないのか，わからないふりをしてるのかどちらなんです。
(3)の解x,yが整数比とならない理由を聞いているんです。
(3')の解x',y'が整数比とならない理由を聞いているんじゃありません。
>416であなたも認めたように，x,yはともに有理数ではないんでしょう。
(3)の解x,yがともに無理数であるときに，そのx,yが整数比にならない理由を聞いているんです。
「無理数でも整数比になり得る。」
これは理解されてますよね。簡単な例を出せば
√2:(2√2)=1:2
上のように無理数が整数比になることはあります。
無理数としているwをxにかけてx'=xwとしているところを見ると，やはりx,yは有理数とみてるんじゃないですか？
そうではない，というなら，(3)の無理数解x,yが整数比にならない理由をお願いします。 >439の先頭の>>416は，>431,>432の誤りです。
P : 解が有理数である
Q : 解の比が整数比となる
「PならばQ」はなりたつが「QならばP」は成り立たない。
これぐらい理解されていますよね。【証明】やレスを見ていると不安になってしまいますが。 >>434の証明を流用しました。
(修正12♪)
【定理】p=2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)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)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} …(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(3)はx,yを有理数とすると、r=√2なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/p})/w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/p})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/p})、Y=y(a^{1/p})も整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。 日高氏の証明（>>434）と、それを流用した私の証明（>>441）を合わせると、以下が言えます。
【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
これは明らかにおかしいですね。 >>434
神聖な証明に，更にけちをつけて恐縮ですが，>416で
>x,yは、共に、有理数とは、なりません。
と,x,yが無理数であるうることを認められるならば，>434(修正12)の【証明】の5行目と6行目
>(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
>(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
は不要なんじゃないですか。
これは日高氏がx,yが有理数と思い込まれていたとき(www)の，無理数解処理ルーチンだと思うんですけど。 >436
(A)が成り立つかどうかに関係なく(B)は正しい
どうしてでしょうか？ >439,440,443
>x,yは、共に、有理数とは、なりません。
の意味は、ｙが有理数ならば、ｘは無理数という意味です。 >>413 日高
> >398
> > (3)はx,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
>
> 有理数だとしたら整数比になると思うのですが、有理数解はないと主張しているのですか？
>
> x,yを有理数とすると(3)は、成り立たないという、意味です。
だったらそう書きなよ。そのほうが短いし。 >442
【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
これは明らかにおかしいですね。
どういう意味でしょうか？ (修正12)
【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)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x,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})も整数比とならない。
∴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^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)のx,yを有理数とすると、rが有理数なので、整数比の解x,yを持つ。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+2w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)は整数比の解x,yを持つので、(3')も整数比の解x',y'を持つ。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=xa、Y=ya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。 >>434
実際，x,yが無理数であってよいなら
>(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/p})/w)^p…(3')とする。(wは無理数)
において解にw(無理数)をかける意味がまったくありません。
(3')は(3)そのものです。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
の解にwをかけて，即ち両辺にw^pをかけて
w^p*(x^p+y^p) = w^p*{(x+p^{1/(p-1)})^p}…(3')
>(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。(【証明】6行目)
ことが(3)が整数比となる無理数解をもたないことの証明になるんですか・・・・(>418 に対する >431)
いや，終わってますwwwwwwwwww
どうしようもなく草が生えてきますwwwwwwwww >>447
> >442
> 【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
>
> これは明らかにおかしいですね。
>
> どういう意味でしょうか？
【定理】pが＜＜＜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。
と書いています。 >>444
> (A)が成り立つかどうかに関係なく(B)は正しい
> どうしてでしょうか？
> >417
> (A)は実際には正しくないが(B)は正しいことに注意せよ
>
> どうして、正しいのか、わかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。
>>417に書いてあったんですよ
あんたはインチキするために理由の部分をほぼ毎回省くんだけれども
> (A)は実際には正しくないが(B)は正しいことに注意せよ
> 理由は
> rが無理数でx,yが無理数のときx,yが整数比でありx,y,zが整数比である
> rが無理数でx,yが無理数のときx,yが整数比でありx,y,zが整数比でない
> どちらも解としてあり得るから(p=2だと当然両方存在する)
理由は と書いてあるでしょう
rが無理数でx,yが無理数のときx,yが整数比であること が(B)です
x,y,zが整数比である が(A)です
x,y,zが整数比でない が(A')です
p=2のときpが奇素数のときのどちらでもx^p+y^p=z^pのx,yに何か値を代入する
x,yに有理数を代入すること が可能なのは(B)が正しいからで
x,yに有理数を代入した結果として
zが有理数でありx,y,zが整数比である が(A)です
zが無理数でありx,y,zが整数比でない が(A')です >>448 日高
> 【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)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x,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、解x,yは整数比とならない。
(3)が有理数解をもたないのはなぜですか？ >>445
それは斬新な解釈ですね。論理に基づく論証を心がけている人は誰もそうは読んでくれないと思います。
まあ，日高理論ではそうなるとしてですね，
では，x,yがともに無理数のときはどうなるんですか？
>418 に対する >431 の主張は維持されるんですか，
それとも，処理おち(！！！そこを論証することを忘れてました！！！)ですか。
処理おちならば，【証明】失敗に直結するんですが？
草の生えない解説をお願いいたします。 >>422
> この式は、x,yがどんな値でも、成り立ちます。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)にx=sw,y=tw,w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)を代入した式は
s,tがどんな値でも必ず成り立ちます。s､tが整数比でも必ず成り立ちます。
(2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2))^5+(3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2))^5=(2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2)+(5^(1/4)))^5
は(3)にx=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2)を代入した式で、両辺は等しく、式は成り立っています。
r=p^(1/(p-1))で、x、yは整数比です。
実際に、(3)に整数比となる解があるのです。認めてください。 >>427
x=sw,y=tw,s=1,t=2,w=(√3)/(9^(1/3)-1),p=3を(3)式に代入すると、式の両辺は等しい。式は成り立っています。
s,tはどんな数でも式を満たします。もちろんsとtが整数比でも式を満たします。
r=p^(1/(p-1))で、x、yは整数比です。
実際に、s=1,t=2のとき、(3)式は成り立っています。認めてください。 >>448
> (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x,yを有理数とすると、r=p^{1/(p-1)}なので、(3)式は成り立たない。つまり、「x、yが有理数、r=p^(1/(p-1))のパターン」の(3)の解はない。
「それ以外のパターン」、たとえばx、yが無理数、r=p^(1/(p-1))のパターンは、当然「x、yが有理数、r=p^(1/(p-1))のパターン」とは比が違います。
「それ以外のパターン」は、まだ探していません。
> (3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/(p-1)})w)^p…(3')とする。(wは無理数)
「x、yが有理数、r=p^(1/(p-1))のパターン」に共通の数をかけたパターンの解はない。
「それ以外のパターン」に共通の数をかけたパターンは、当然x、yが有理数、r=p^(1/(p-1))のパターンとは比が違います。
「それ以外のパターン」に共通の数をかけたパターンは、まだ探していません。
> (3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
「x、yが有理数、r=p^(1/(p-1))のパターン」に共通の数をかけたパターンの解はない。
「それ以外のパターン」に共通の数をかけたパターンは、当然x、yが有理数、r=p^(1/(p-1))のパターンとは比が違います。
「それ以外のパターン」に共通の数をかけたパターンは、まだ探していません。
x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),r=p^(1/(p-1)),p=5は、x、yが有理数、r=p^(1/(p-1))のパターンではありません。
つまり、「それ以外のパターン」です。
当然x、yが有理数、r=p^(1/(p-1))のパターンとは比が違います。
x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),r=p^(1/(p-1)),p=5は(3)の解です。代入すると、(3)式は成り立っています。
「それ以外のパターン」の中に、x、yが整数比、r=p^(1/(p-1))の解が見つかりました。
>>448の証明は、失敗です。 (修正13)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)/w)^pが、無理数の場合は(3)と同じとなる。(p^{1/(p-1)/w)^pが
有理数の場合は、(4)と同じとなる。
∴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^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。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=xa、Y=yaは(3)の解x,yが整数比なので、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。 >>458
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
> (3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。
無意味
無能の極致
> (3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)/w)^p…(3')とする。
> (3')の(p^{1/(p-1)/w)^pが、無理数の場合は(3)と同じとなる。(p^{1/(p-1)/w)^pが
> 有理数の場合は、(4)と同じとなる。
無意味
無能の極致 >>458
>(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
>(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)/w)^p…(3')とする。
(3')の解の比は
x:y = sw:tw = s:t → !!!! 整数比 !!!!!
はははwwwwww
また，無理数が生えてしまうwwwwww
はははwwwwww
もはや【証明】はボロボロですなwww
hahahaha >>458
> (3)はp^{1/(p-1)}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^3+y^3=z^3のx,yに値を代入する
X=√3x/(z-x),Y=√3y/(z-x),Z=√3z/(z-x)ならば
X^3+Y^3=(X+√3)^3
√3が無理数なのでYを有理数とするとXは無理数となる として
そのときx^3+y^3=z^3に代入したx,yは計算しなくても
xが無理数,yが有理数
xが有理数,yが無理数のどちらかであるかは分かる
x^p+y^p=z^pの解x,y,zが整数比になるか調べるのに
xに無理数,yに有理数を代入する あるいは
xに有理数,yに無理数を代入するような
無能は日高以外にはいないのではなかろうか (修正14)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)/w)^pが有理数の場合は、(4)と同じとなる。
∴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。 x^p+y^p=z^p に対し、x:yが任意の比である解が存在する
なぜならば、任意の s,t に対して、常に
s^p+t^p=((s^p+t^p)^{1/p})^p
が成り立つ
この x^p+y^p=z^p の解
x=s, y=t, z=(s^p+t^p)^{1/p}
と任意のrに対し、
w=r/((s^p+t^p)^{1/p}-s)
とおくと、
x=s×w, y=t×w, z=(s^p+t^p)^{1/p}×w
もまた x^p+y^p=z^p の解であるが、
このとき z-x=r である
なぜならば、
z-x
= (s^p+t^p)^{1/p}×w - s×w
= ((s^p+t^p)^{1/p}-s)×w
= ((s^p+t^p)^{1/p}-s)× r/((s^p+t^p)^{1/p}-s)
= r
s,tは任意であったので、適当な自然数としてもよい
rは任意であったので、r=p^{1/(p-1)}としてもよい
自然数s,tに対して
w=p^{1/(p-1)}/((s^p+t^p)^{1/p}-s)
としたとき
x=s×w, y=t×w, z=(s^p+t^p)^{1/p}×w
は z-x=p^{1/(p-1)} であり、x:yが整数比s:tである x^p+y^p=z^p の解である >450
いや，終わってますwwwwwwwwww
どうしようもなく草が生えてきますwwwwwwwww
463を見て下さい。 >451
【定理】pが＜＜＜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。
と書いています。
どういう意味でしょうか？ >452
p=2のときpが奇素数のときのどちらでもx^p+y^p=z^pのx,yに何か値を代入する
x,yに有理数を代入すること が可能なのは(B)が正しいからで
x,yに有理数を代入した結果として
zが有理数でありx,y,zが整数比である が(A)です
zが無理数でありx,y,zが整数比でない が(A')です
よく意味がわかりません。 >453
(3)が有理数解をもたないのはなぜですか？
右辺を展開してみて下さい。 >454
では，x,yがともに無理数のときはどうなるんですか？
463を見て下さい。 >455
r=p^(1/(p-1))で、x、yは整数比です。
実際に、(3)に整数比となる解があるのです。認めてください。
x,y,zが、整数比となりません。 【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^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。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=xa、Y=yaは、(3)の解x,yが整数比なので、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。 (修正15)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じとなる。
∴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。 441 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/10/09(金) 19:40:05.03 ID:001Azy09 [1/3]
>>434の証明を流用しました。
(修正12♪)
【定理】p=2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)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)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} …(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(3)はx,yを有理数とすると、r=√2なので、解x,yは整数比とならない。
(3)をx'=xw、y'=ywとして、x'^p+y'^p=(x'+(p^{1/p})/w)^p…(3')とする。(wは無理数)
(3)の解x,yが整数比とならないので、(3')の解x',y'も整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/p})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/p})、Y=y(a^{1/p})も整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
442 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/10/09(金) 19:42:23.86 ID:001Azy09 [2/3]
日高氏の証明（>>434）と、それを流用した私の証明（>>441）を合わせると、以下が言えます。
【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
これは明らかにおかしいですね。 >>470
それがどうかしましたか？
> (4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、
実際に、(3)にx、yが整数比、r=p^(1/(p-1))となる解が存在しています。
>>463の証明は失敗です。 >>466
> >451
> 【定理】pが＜＜＜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。
> と書いています。
>
> どういう意味でしょうか？
>>441-442（>>473）の通りで、あなたの証明が正しいと以下が言えます。
> 【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
これには、3^2+4^2=5^2 という明らかな反例があります。
だからおかしいよね、と言っています。 >>465日高 463を見て下さい。
>>469日高 463を見て下さい。
>458の修正(13)に対する >461は >463の修正(14)でもあてはまります。
>(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
>(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)/w)^p…(3')とする。
(3')の解の比は
x:y = sw:tw = s:t → !!!! 整数比 !!!!!
日高さん，(3')では何がいいたんですか。
フェルマーの最終定理には反例があるはずだ，という主張ですか？ 修正(15)まで行ってた。でも，修正(15)でも同じです。
日高さん，修正，修正の連続では信頼をなくしますよ。
いや，もともとないんですけど，少なくとも一貫しないと。
それと，「463を見て下さい。」とか理解を他人に投げつけないで，もう少し，どこをどう見ればよいのか説明なさった方がよいと思いますよ。
常人には理解困難な日高理論への理解を求めるならば，懇切丁寧な説明が必要です。
このスレの住人は，あなたの神聖な理論に異を唱える不信心者かもしれませんが，少なくとも，具体的なポイントを指摘して批判してるんですから。
もちろん，不信心者なので，おかしなことを言い出せば，無理数は生えてきてしまいますけどwww >456
r=p^(1/(p-1))で、x、yは整数比です。
実際に、s=1,t=2のとき、(3)式は成り立っています。認めてください。
√3/wは、無理数となります。 >457
x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),r=p^(1/(p-1)),p=5は(3)の解です。代入すると、(3)式は成り立っています。
「それ以外のパターン」の中に、x、yが整数比、r=p^(1/(p-1))の解が見つかりました。
>>448の証明は、失敗です。
x,y,zが整数比となりません。 >460
> (4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。
無意味
どうして、無意味でしょうか？ >461
(3')の解の比は
x:y = sw:tw = s:t → !!!! 整数比 !!!!!
x:y:zは整数比となりません。 >462
x^p+y^p=z^pの解x,y,zが整数比になるか調べるのに
xに無理数,yに有理数を代入する あるいは
x^p+y^p=z^pではなく、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pです。 (修正15)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じとなる。
∴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^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。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=xa、Y=yaは、(3)の解x,yが整数比なので、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。 >>478
それがどうかしましたか。
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
> (3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。
ここまでに、√3/wがどんな数かは問題になっていませんので関係ありません。
実際に、(3)にx、yが整数比、r=p^(1/(p-1))となる解が存在しています。
>>472の証明は、失敗です。 日高さんは、間違いの指摘に対する感謝とかは全く無いけど、なぜ？ >>479
それがどうかしましたか。
> 【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}=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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
> (3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。
ここまでで、x,y,zが、整数比となるかどうかなんで話題になっていません。
x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),r=p^(1/(p-1)),p=5は(3)の解です。代入すると、(3)式は成り立っています。
「p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。以外のパターン」の中に、x、yが整数比、r=p^(1/(p-1))の解が見つかりました。
>>472の証明は、失敗です。 >>483
別にわからなくてもいいですけど
(sr/(p^{1/(p-1)})/w))^p+(tr/(p^{1/(p-1)})/w))^p=(sr/(p^{1/(p-1)})/w)+r)^p
この式は、x=sr/(p^{1/(p-1)})/w),y=tr/(p^{1/(p-1)})/w)を代入した(1)と同じ形で、解ｘ、ｙは整数比で、ｒはr=2でもr=p^(1/(p-1))でもなんでもいい数で、
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
なので、(3)式の解x、yが整数比にならない、という証明は、絶対に失敗します
x、yが整数比になる例を、いくらでもあげることができます。
ただ上の式にs,t,r,pを代入するだけです。
たとえばこの式に、s=1,t=2,r=3,p=7を代入すれば、r=3は有理数で、x、yは整数比となります。
(3)式のx,yや、(3)式の解に共通の数をかけたx、yが整数比にならないという証明は、すべて必ずインチキのウソです。
>>483の証明は失敗です。 >464
x:yが整数比s:tである x^p+y^p=z^p の解である
zは有理数となりません。
x:y:zは整数比となりません。 >>482
> x^p+y^p=z^pではなく、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p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。
> ∴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。
それならばまずはこれらのx^p+y^p=z^pをx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに書き直せ >473
(3)はx,yを有理数とすると、r=√2なので、解x,yは整数比とならない。
(3)はx,yを無理数とすると、r=√2なので、解x,yは整数比となります。 >474
実際に、(3)にx、yが整数比、r=p^(1/(p-1))となる解が存在しています。
その解を、示して下さい。 >475
> 【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
これには、3^2+4^2=5^2 という明らかな反例があります。
だからおかしいよね、と言っています。
pが素数ならば、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比となる場合が、あります。 >>482
> >462
> x^p+y^p=z^pの解x,y,zが整数比になるか調べるのに
> xに無理数,yに有理数を代入する あるいは
>
>x^p+y^p=z^pではなく、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pです。
> x^p+y^p=z^pの解x,y,zが整数比になるか調べるのに
> xに無理数,yに有理数を代入する
X=p^{1/(p-1)}*x/(z-x),Y=p^{1/(p-1)}*y/(z-x),Z=p^{1/(p-1)}*z/(z-x)ならば
X,Y,ZはX^p+Y^p=Z^p=(X+p^{1/(p-1)})^pの解でありX:Y=x:y
日高の場合だとX:Y={無理数}:{有理数}=x:y
(再掲)
x^p+y^p=z^pの解x,y,zが整数比になるか調べるのに
xに無理数,yに有理数を代入する あるいは
xに有理数,yに無理数を代入するような
無能は日高以外にはいないのではなかろうか >>486
botのテンプレートにお礼の言葉が準備されていないからです。
他には、感情を表す語彙やテンプレートもないようです。 >>483
(3)は xは無理数，yが有理数なんでしょ。ならば
(3)の解の比は
x:y → 整数比にならない。(3)には，それで割ると「ともに有理数」となる無理数w(このwは草ではありません)はない。
(3')の解の比は
s:t → !!!! 整数比 !!!!!
(3')のもとの式には，共通する無理数w(草ではありません)があって，それで割ると整数比www(このwは草です)。
(3')は(3)を同値変形したものじゃないんですよ。
つまり(3)と(3')は，まったく別の方程式。
しかし，(3')が成り立たないことを示せば，証明は正しくなりそう。
でも「(3)から導かれた(4)」は，(3')には使えない。「(3)から導かれた(4)」と(3')はまったく別の式だから。
うーん、残念・・・・
>(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(講評)
x,yがともに無理数のときを扱う，上の(修正15)6行目の式はまともになりました。でもこれは(3)とは無関係です。
もう少しがんばりましょう。 >>481
(3')で x:y:z が整数比とならないならば証明完成じゃないですか！！！！
！！！！すばらしい。遂にやりましたね！！！！
で，その証明はどこにあるんです？？
上(>496)に書いてるように(3)と(4)は使えませんよ？ 119 名前：日高[] 投稿日：2020/09/13(日) 15:33:09.99 ID:6Gdzz29l [28/49]
>109
それだったら、証明内容を変更したい理由で新スレ立てなくてもよかったのに。
と思いました。
わざわざ、ありがとうございました。 >>493
> >475
> > 【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
>
> これには、3^2+4^2=5^2 という明らかな反例があります。
> だからおかしいよね、と言っています。
>
> pが素数ならば、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比となる場合が、あります。
ですから、あなたの証明から、
> 【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比と＜＜＜ならない＞＞＞。
が導かれるのですよ（>>473）。おかしいですよね？ >>491
> >473
> (3)はx,yを有理数とすると、r=√2なので、解x,yは整数比とならない。
>
> (3)はx,yを無理数とすると、r=√2なので、解x,yは整数比となります。
でもこの文言は、あなたの証明（>>483）にも適用できるのではないでしょうか。以下のように。
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを無理数とすると、xは無理数となる。
この場合、解x,yは整数比になるのでは？ (修正15)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じとなる。
∴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^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。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=xa、Y=yaは、(3)の解x,yが整数比なので、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。 >>492
p=5のとき、
x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),は(3)の解です。
ｘとｙは整数比であり、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)を満たしています。 >476
(3')の解の比は
x:y = sw:tw = s:t → !!!! 整数比 !!!!!
日高さん，(3')では何がいいたんですか。
フェルマーの最終定理には反例があるはずだ，という主張ですか？
違います。 >>501
> 【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。
この時点で、rは何でもいい。
> (1)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。
この時点でも、rは何でもいい。
(2)に変形する意味は、ありません。
【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r^(p-1)=pのとき、
これで十分です。変形は無駄です。 >>501
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
yを有理数とすると、x:y:zは整数比となりません。yを有理数にするのは、無駄です。 >485
ここまでに、√3/wがどんな数かは問題になっていませんので関係ありません。
実際に、(3)にx、yが整数比、r=p^(1/(p-1))となる解が存在しています。
その場合は、ｘ、ｙ、ｚは、整数比となりません。
s^3+t^3=(s+√3/w)^3の
√3/wが有理数のとき、s,tが有理数となるか、
もしくは、s,tが有理数のとき、√3/wが有理数となるかを、
検討する必要があります。 >486
日高さんは、間違いの指摘に対する感謝とかは全く無いけど、なぜ？
正しい指摘が、あれば、感謝します。 >487
x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),r=p^(1/(p-1)),p=5は(3)の解です。代入すると、(3)式は成り立っています。
「p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。以外のパターン」の中に、x、yが整数比、r=p^(1/(p-1))の解が見つかりました。
zは？ >>501
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(3)の解のうち、「p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。パターン」しか探していません。
他のパターンは、「p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。パターン」とは解の比が違います。
他のパターンは探していません。
> (3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、
(4)の解のうち、「p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。パターン」の解に共通の数をかけたパターンしか探していません。
他のパターンは、「p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。パターン」とは解の比が違います。
他のパターンは探していません。
p=5、r=2のとき、
x=4/(275^(1/5)-2),y=6/(275^(1/5)-2)は(4)の解です。
ｘとｙは整数比であり、x^p+y^p=(x+r)^p…(4)を満たしています。
証明は失敗です。 >>509
あなたの証明のうち、
> (3)の解x,yが整数比とならない
この部分がインチキのウソである、という証明なので、zは関係ありません。
x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),r=p^(1/(p-1)),p=5は(3)の解です。代入すると、(3)式は成り立っています。
「p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。以外のパターン」の中に、x、yが整数比、r=p^(1/(p-1))の解が見つかりました。 >488
たとえばこの式に、s=1,t=2,r=3,p=7を代入すれば、r=3は有理数で、x、yは整数比となります。
このとき、ｘ、ｙ、ｚは整数比となるでしょうか？ >>507
あなたの>>316の証明の中の
> (s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
がインチキのウソである、という証拠なので、そんなことを検討する必要はありません。
1^3+2^3=((9^(1/3))^3
この両辺は等しい。x=sw,y=tw,s=1,t=2,w=(√3)/(9^(1/3)-1),p=3は(3)式を満たします。 >>512
そんなことは証明したいあなたが調べればいいでしょう
(3)の解x、yが整数比にならない、というのが間違いてあることは間違いのない事実です。
(3)の解ｘ、ｙに共通の数をかけた数が整数比にならない、ということが間違いであることは間違いのない事実です。 >494
x^p+y^p=z^pの解x,y,zが整数比になるか調べるのに
xに無理数,yに有理数を代入する あるいは
xに有理数,yに無理数を代入するような
無能は日高以外にはいないのではなかろうか
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの、yに有理数を代入します。 >>499
> ですから、あなたの証明から、
> > 【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比と＜＜＜ならない＞＞＞。
> が導かれるのですよ（>>473）。おかしいですよね？
日高氏は「ならば」と「かつ」の区別がつかない。「～のとき」は「ならば」と同じ。
【定理】pが素数かつ、x^p+y^p=z^pの解x,y,zが、整数比と＜＜＜ならない＞＞＞ことがある、
と思っているのでは。 >496
(講評)
x,yがともに無理数のときを扱う，上の(修正15)6行目の式はまともになりました。でもこれは(3)とは無関係です。
どうしてでしょうか？ >>515
rは何でもいいのに、何でもいい中からr=p^{1/(p-1)}を選んだのは、あなたです。
r=p^{1/(p-1)}を選んだ上で、xやｙに代入する数に有理数を選んだのもあなたです。
r=p^{1/(p-1)}を選んだなら、xもyも無理数にしないとx､y､zは整数比になりませんよ。
なぜxやyを有理数にしようとするのですか？ >>504
(3')のように,x，yを定めれば解x:yが整数比になることが確定します。
それならば問題になるのは，z=s+(p^{1/(p-1)})/w が有理数か無理数かのみであって，
>(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
>(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
>(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。
にででくる「xとyの比」を問題にする(3)と(4)が(3')と無関係な議論であることがわかるでしょう(わかりますよね？)。
(3')では z の値を議論する必要があります。z の値がどこで論じられていますか？
それを論じずに
∴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
などどは結論できません。 >497
で，その証明はどこにあるんです？？
上(>496)に書いてるように(3)と(4)は使えませんよ？
どうしてでしょうか？ >>489
> >464
> x:yが整数比s:tである x^p+y^p=z^p の解である
>
> zは有理数となりません。
> x:y:zは整数比となりません。
「zが有理数になるかどうか」や「x:y:zが整数比になるかどうか」はまったく関係がありませんね (修正15)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じとなる。
∴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^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。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=xa、Y=yaは、(3)の解x,yが整数比なので、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。 >>521
> >>489
>
> > >464
> > x:yが整数比s:tである x^p+y^p=z^p の解である
> >
> > zは有理数となりません。
> > x:y:zは整数比となりません。
>
> 「zが有理数になるかどうか」や「x:y:zが整数比になるかどうか」はまったく関係がありませんね
「z-x=p^{1/(p-1)}であり、さらにx:yが任意の整数比である x^p+y^p=z^p の解が常に存在する」という事実は理解していただけたのでしょうかね？ >>515
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの、yに有理数を代入します。
X=2x/p^{1/(p-1)},Y=2y/p^{1/(p-1)}ならば
X,YはX^p+Y^p=(X+2)^pを満たす
yが有理数ならばYは無理数
X^p+Y^p=(X+2)^pでYを無理数とする
参考までにX^2+Y^2=(X+2)^2でYを無理数とすればX,Y,Zは整数比にならない >>468 日高
> >453
> (3)が有理数解をもたないのはなぜですか？
>
> 右辺を展開してみて下さい。
展開しましたがわかりません。教えてください。 >>508 日高
> >486
> 日高さんは、間違いの指摘に対する感謝とかは全く無いけど、なぜ？
>
> 正しい指摘が、あれば、感謝します。
無礼な奴だな。対偶をとれば「感謝しないのは正しい指摘がないから」となるではないか。 >499
ですから、あなたの証明から、
> 【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比と＜＜＜ならない＞＞＞。
が導かれるのですよ（>>473）。おかしいですよね？
意味がわかりません。 >500
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを無理数とすると、xは無理数となる。
この場合、解x,yは整数比になるのでは？
この場合のrは？ >503
p=5のとき、
x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),は(3)の解です。
ｘとｙは整数比であり、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)を満たしています。
zは？ >>529
> >500
> > (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを無理数とすると、xは無理数となる。
> この場合、解x,yは整数比になるのでは？
>
> この場合のrは？
この場合は、>>522によると、
r=p^{1/(p-1)}
ですね。 >>530
あなたの証明のうち、
> (3)の解x,yが整数比とならない
この部分がインチキのウソである、という証明なので、zは関係ありません。 >505
【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r^(p-1)=pのとき、
これで十分です。変形は無駄です。
どうしてでしょうか？ >506
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
yを有理数とすると、x:y:zは整数比となりません。yを有理数にするのは、無駄です。
x:y:zが整数比とならないことを、証明しています。 >>520
(3)をs,t(有理数)、w,u(≠w)(無理数)を使って書き換えると，式がなりたちうるのは
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3a) (3)でx，yがともに無理数でx,yが整数比になるとき
(sw)^p+(tu)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3b) (3)でx，yがともに無理数でx,yが整数比にならないとき
(sw)^p+t^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3c) (3)でxが無理数，yが有理数であるとき
の3つの場合があります。
(3b)が成り立つことは自明なのでここでは問題にしません。
問題にすべきは(3a)の場合のみです。
解x,y,zが整数比になる可能性があるのはこの場合のみだからです。
この式で z=sw+p^{1/(p-1)} (zが無理数であることは必要条件)がx,yと整数比にならないことを論証し得たときのみ証明成功となります。
したがって，zの値について何も論じられていない証明は本質をはずした証明です。
(3c)は何をどうしようと，どういじくろうと，解の比が整数比になりません。そう設定してるからそうなります。それ以上の意味を持ちません。
その解が整数比にならないのは，解を x=sw，y=t と設定してるからそうなるだけです。本当にただそれだけです。
したがって，それはフェルマーの最終定理の証明になんらつながるものではありません。
(3c)について何をどう論じようと，それに基づいてあなたの【証明】が展開されている限り，その【証明】が承認されることはないでしょう。
「どうしてですか」，と問い返されるのでしょうが，あらかじめそれに答えておきます。
このレスを読んで下さい。そして必要条件というものを理解して下さい。必要条件をはずした証明は無価値です。 (修正15)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じとなる。
∴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^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。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X=xa、Y=yaは、(3)の解x,yが整数比なので、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。 >>528
> >499
> ですから、あなたの証明から、
> > 【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比と＜＜＜ならない＞＞＞。
> が導かれるのですよ（>>473）。おかしいですよね？
>
> 意味がわかりません。
あなたは>>499でこう回答しました。
> pが素数ならば、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比となる場合が、あります。...(A)
一方、あなたの証明から
> 【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。...(B)
が導かれます（>>473）。
(A)という反例があるので、(B)は間違いです。
よって、(B)の元になった、あなたの証明も間違い、という事になります。 >>533
あなたは本当に>>505を読みましたか？
どうしてか、>>505に書いてあります。 >>534
1^2+(√2)^2=(√3)^2
1^2+(√3)^2=2^2
(√2)^2+(√7)^2=3^2
整数比にならない解をいくら見つけても、整数比の解がないことは証明できません。
rが無理数の時、yを有理数にするのは、無駄です。 >>512
> このとき、ｘ、ｙ、ｚは整数比となるでしょうか？
だからあんたの証明ではそれは分からないということなんです
p=2とpが奇素数のどちらでも
(1)rが無理数
x,y,zは整数比になる可能性もならない可能性もある
(2)rが無理数でx,yが無理数
x,y,zは整数比になる可能性もならない可能性もある
(3)rが無理数でx,yが無理数でx,yが整数比
x,y,zは整数比になる可能性もならない可能性もある
>>534
> x:y:zが整数比とならないことを、証明しています。
無能は前提を省くからそれを補ってあげると
これはrが無理数でyが有理数のときにx:y:zが整数比とならないということ
p=2では
rが無理数でyが有理数のときにx:y:zが整数比とならないということは正しい
しかし
rが無理数でyが無理数のときに(xが無理数でx,yが整数比であれば)整数比になる場合がある
ただしrが無理数でx,yが無理数のときにx,yが整数比であっても整数比にならない場合もある
pが奇素数のときも
rが無理数でyが有理数のときにx:y:zが整数比とならないということは正しい
p=2の結果をふまえると
rが無理数でyが無理数のときに整数比になる場合があるかもしれない
あんたの証明ではx,y,zが整数比になるかどうかは分からない >>530
> zは？
rが無理数のときはx,rが無理数だからzが無理数であることが分かる
しかしx,y,zが整数比になるかは分からない
x,y,zが無理数ならばx,yが整数比であってもx,y,zが整数比であるかどうかは
分からない >>508
> >486
> 日高さんは、間違いの指摘に対する感謝とかは全く無いけど、なぜ？
>
> 正しい指摘が、あれば、感謝します。
なぜ嘘をつくのですか。
日高以外の指摘はほぼ全て正しいですよ。
日高は言い訳と誤魔化しはしているけど、他人のコメントの間違いを指摘できたことは全くありませんから。
わざわざ嘘をついて迷惑行為を続けるのはなぜですか？ >>536
で、(3)のr^(p-1)=pでrが無理数なのに
>(3)のrが有理数のとき
などと意味不明なことを書き続けるのはなぜですか？
どうして数学をまともに勉強して直さないのですか？ >>508
正しい指摘じゃないのに、なせその指摘を受けて修正を繰り返しているのですか？ (修正16)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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^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,y,zは整数比となる。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,z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は整数比の解x,y,zを持つ。 >>546
>(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
>(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3)はx:yが整数比とならない。(3')はx:yが整数比となる。
(3)から(3')は導けません。
(講評)
「x,y,zは整数比とならない」とzを気にし始めたことはよい傾向です。
ですが，(3)はzを問題にするまでもなく，xとyだけで「整数比にならない」といえますが，
(3')はxとyだけでは「整数比になる」のがはっきりとしているので，
(3)と(3')が違う式だとはっきりしてしまい，ここですり替えている，とタネがわかってしまいます。
あまり上手くごまかしているとはいえません。
もうすこし偽装を凝らさないと，よい数式手品になりません。
もう少しがんばりましょう。 >>546
ｒが無理数の時ｙを有理数にしたらｘ､ｙ､ｚが整数比にならないのは分かり切っている。
解ｘ､ｙ､ｚが整数比になるかどうか調べる気がないなら、もう証明やめたら？ >>546の証明を流用しました。
(修正16♪)
【定理】p=2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)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)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} …(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(3)は√2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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/p})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/p}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/p})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/p})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/p})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/p})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+(p^{1/p})/wは、整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
日高氏の証明（>>546）と、それを流用したこの証明を合わせると、以下が言えます。
【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
これは明らかにおかしいですね。 >>546
【証明】では
(3)のx,yに有理数と無理数が混在する場合と、
(3)のx,yがともに無理数の場合とでは
式番号を分けて下さい。
便宜的に(3)を「(3)のx,yが有理数と無理数が混在する場合」としましたが，無用な混乱を起こしそうです。 >>546
> (修正16)
> 【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
ここではまだ「yが有理数のとき(3)の解x,y,zは整数比とならない」しかわかっていません
> (3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
ここで使われている「(3)の解x,y,zは整数比とならない」が成立するためには、この後に書かれている「(3)の解x,y,zのx,yが無理数の場合にx,y,zが整数比とならない」が成立している必要があります
したがって「(4)の解X,Y,Zは整数比とならない」を使うためには「(3)の解x,y,zのx,yが無理数の場合にx,y,zが整数比とならない」がその前に成立している必要があります
> (3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
> (3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/wは、整数比とならない。
ここで「(4)の解X,Y,Zは整数比とならない」を使っていますが、前述の通りその前に「(3)の解x,y,zのx,yが無理数の場合にx,y,zが整数比とならない」がその前に成立している必要があります
今証明しようとしていることがその証明の前提として使われています
立派な「循環論法」の完成ですね、おめでとうございます
> ∴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。 >510
p=5、r=2のとき、
x=4/(275^(1/5)-2),y=6/(275^(1/5)-2)は(4)の解です。
ｘとｙは整数比であり、x^p+y^p=(x+r)^p…(4)を満たしています。
証明は失敗です。
このときのrは？ >511
x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),r=p^(1/(p-1)),p=5は(3)の解です。代入すると、(3)式は成り立っています。
「p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。以外のパターン」の中に、x、yが整数比、r=p^(1/(p-1))の解が見つかりました。
このときのzは？ >513
1^3+2^3=((9^(1/3))^3
この両辺は等しい。x=sw,y=tw,s=1,t=2,w=(√3)/(9^(1/3)-1),p=3は(3)式を満たします。
このときのzは？ >514
(3)の解x、yが整数比にならない、というのが間違いてあることは間違いのない事実です。
このときのzは？ (修正16)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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^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,y,zは整数比となる。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,z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は整数比の解x,y,zを持つ。 >516
日高氏は「ならば」と「かつ」の区別がつかない。「～のとき」は「ならば」と同じ。
【定理】pが素数かつ、x^p+y^p=z^pの解x,y,zが、整数比と＜＜＜ならない＞＞＞ことがある、
と思っているのでは。
どういう意味でしょうか？ >>557 日高 をまねしてみる。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【証明】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}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
p=3のとき、ここまでの結論は偽。(3)はx=y=√3,z=2√3が反例。 この掲示板で、匿名で日高氏を批判している人達は、自分でフェルマーの最終定理が証明できるのですか？
自分で証明できないのなら、日高氏の証明を間違いだと言い切れる資格は無いと思われますが。 >>553
ちょっとダメすぎですよ
>>510を見て、ｒがどんな数か、本当にわからないのですか？ >>554
ｚとｘとｒの関係式を知っていれば、計算に必要な情報はすべて>>511に書いてあります。
計算したければ、どうぞ。 >>555
ｚとｘとｒの関係式を知っていれば、計算に必要な情報はすべて>>456に書いてあります。
計算したければ、どうぞ。 >>562 その論理で言うと、日高さんをジャッジできるのはワイルズしかいないね。
で、その論理で言うとワイルズの論文をジャッジしたレフェリーは誰？宇宙人？ >>557
> (3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
3^2+4^2=5^2 xは有理数、ｙは有理数、ｚは有理数
1^2+2^2=(√5)^2 xは有理数、yは有理数、ｚは無理数
1^2+(√3)^2=2^2 ｘは有理数、ｙは無理数、ｚは有理数
1^2+(√2)^2=(√3)^2 ｘは有理数、は無理数、ｚは無理数
(√2)^2+(√7)^2=3^2 ｘは無理数、ｙは無理数、ｚは有理数
(√2)^2+(√5)^2=(√7)^2 ｘは無理数、ｙは無理数、ｚは無理数
x^p+y^p=z^pの解ｘ､ｙ､ｚのパターンはたくさんあります。当然、すべて比が違います。
あなたの調べたのは、ｘが無理数、ｙが有理数になるパターンだけ。
> (4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
「3^2+4^2=5^2 xは有理数、ｙは有理数、ｚは有理数」に共通の数をかけたもの
「1^2+2^2=(√5)^2 xは有理数、yは有理数、ｚは無理数」に共通の数をかけたもの
「1^2+(√3)^2=2^2 ｘは有理数、ｙは無理数、ｚは有理数」に共通の数をかけたもの
「1^2+(√2)^2=(√3)^2 ｘは有理数、は無理数、ｚは無理数」に共通の数をかけたもの
「√2)^2+(√7)^2=3^2 ｘは無理数、ｙは無理数、ｚは有理数」に共通の数をかけたもの
「√2)^2+(√5)^2=(√7)^2 ｘは無理数、ｙは無理数、ｚは無理数」に共通の数をかけたもの
(4)の解ｘ､ｙ､ｚのパターンはたくさんあります。当然、すべて比が違います。
あなたの調べたのは、ｘが無理数、ｙが有理数になるパターンだけ。
他のパターンを調べていないので、
> 整数比とならない。
とはいえません。>>557の証明は、失敗です。 >>557
ちなみに
> (4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)の解を証拠として、(4)の解のことを書いている
> (3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/wは、整数比とならない。
(4)の解を証拠として、(3)の解のことを書いている
これが循環論法ですよ。 日高氏には、循環論法だと指摘するよりも
> (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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
の推論は誤り（ここでの結論は言えない）と説明するほうがわかりやすくないかな？ >>570
同じ行に書いてあるし、「ｙが有理数の時、x,y,zは整数比とならない。」の意味だと勝手にとらえている
でないとあとで「x,yが無理数の場合は」なんて書いている意味がない
わざと循環させるために、後回しにしているのでは？ >>562
> この掲示板で、匿名で日高氏を批判している人達は、自分でフェルマーの最終定理が証明できるのですか？
> 自分で証明できないのなら、日高氏の証明を間違いだと言い切れる資格は無いと思われますが。
本人から指摘してくれというメールを再三受け取りましたが、何か？ >>571
なるほど。だとしたら「x,y,zは整数比とならない」を単独の文章にしているのは悪質だな。 (修正16)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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^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,y,zは整数比となる。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,z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は整数比の解x,y,zを持つ。 >510
p=5、r=2のとき、
x=4/(275^(1/5)-2),y=6/(275^(1/5)-2)は(4)の解です。
ｘとｙは整数比であり、x^p+y^p=(x+r)^p…(4)を満たしています。
証明は失敗です。
zは？ >511
x=2(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),y=3(5^(1/4))/(275^(1/5)-2),r=p^(1/(p-1)),p=5は(3)の解です。代入すると、(3)式は成り立っています。
「p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。以外のパターン」の中に、x、yが整数比、r=p^(1/(p-1))の解が見つかりました。
zは？ >513
1^3+2^3=((9^(1/3))^3
この両辺は等しい。x=sw,y=tw,s=1,t=2,w=(√3)/(9^(1/3)-1),p=3は(3)式を満たします。
zは？ >514
(3)の解ｘ、ｙに共通の数をかけた数が整数比にならない、ということが間違いであることは間違いのない事実です。
どうしてでしょうか？ >516
日高氏は「ならば」と「かつ」の区別がつかない。「～のとき」は「ならば」と同じ。
【定理】pが素数かつ、x^p+y^p=z^pの解x,y,zが、整数比と＜＜＜ならない＞＞＞ことがある、
と思っているのでは。
どういう意味でしょうか？ >518
r=p^{1/(p-1)}を選んだなら、xもyも無理数にしないとx､y､zは整数比になりませんよ。
x,yを無理数にしても、x,y,zは、整数比になりません。 >>580
>>488と同じことの繰り返しですけど
(3)にx=sr/(p^{1/(p-1)})/w),y=tr/(p^{1/(p-1)})/w),w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)を代入すれば
どんなｓ､ｔ、ｒ、ｐの組み合わせであっても必ず(3)が成り立つから
当然ｓ､ｔが整数比である場合もその中に含まれるから
(3)の解ｘ、ｙに共通の数をかけた数が整数比にならない、ということが間違いであることは間違いのない事実です。 >519
にででくる「xとyの比」を問題にする(3)と(4)が(3')と無関係な議論であることがわかるでしょう(わかりますよね？)。
(3')では z の値を議論する必要があります。z の値がどこで論じられていますか？
それを論じずに
rが有理数の場合を、考えています。 >>577-579
修正15までのあなたの証明において
ｚについて特に何も書かれていないので
何も書く必要がありません。
計算したければご自由に。 >521
「zが有理数になるかどうか」や「x:y:zが整数比になるかどうか」はまったく関係がありませんね
どうしてでしょうか？ >524
「z-x=p^{1/(p-1)}であり、さらにx:yが任意の整数比である x^p+y^p=z^p の解が常に存在する」という事実は理解していただけたのでしょうかね？
どういう意味でしょうか？ >525
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの、yに有理数を代入します。
X=2x/p^{1/(p-1)},Y=2y/p^{1/(p-1)}ならば
X,YはX^p+Y^p=(X+2)^pを満たす
yが有理数ならばYは無理数
X^p+Y^p=(X+2)^pでYを無理数とする
参考までにX^2+Y^2=(X+2)^2でYを無理数とすればX,Y,Zは整数比にならない
どういう意味でしょうか？ >>575
ｚのことを考えず、(3)にｘ、ｙがともに有理数の解が存在しない、と言ってた頃のほうが、間違いですけどまだましでしたよ
(3)の、解が存在しない、ということについて考えていましたからね
>>575はひどい
(3)にｙが有理数、ｘが無理数の解が存在する
だから何ですか
ｘ､ｙ､ｚが整数比となる(3)の解について、かすりもせず、あるともないともまったく何も考えてないじゃないですか
>>575の証明は失敗です。 (修正16)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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^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,y,zは整数比となる。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,z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は整数比の解x,y,zを持つ。 >526
> 右辺を展開してみて下さい。
展開しましたがわかりません。教えてください。
p=3
x^3+y^3=(x+√3)^3
y^3=3√3(x^2)+9x+3√3
yを有理数とすると、xは無理数となります。 >527
> 正しい指摘が、あれば、感謝します。
無礼な奴だな。対偶をとれば「感謝しないのは正しい指摘がないから」となるではないか。
無礼は、承知です。 >>586
> >521
> 「zが有理数になるかどうか」や「x:y:zが整数比になるかどうか」はまったく関係がありませんね
>
> どうしてでしょうか？
xとyの比について指摘しているので、指摘の中で言及のないzの値やx,y,zの比についていくら述べても「話を逸らしている」だけです >>582 日高
> >518
> r=p^{1/(p-1)}を選んだなら、xもyも無理数にしないとx､y､zは整数比になりませんよ。
>
> x,yを無理数にしても、x,y,zは、整数比になりません。
それって君が証明したと称している命題と同値な命題ですよ。それが言えれば文句ありません。 >>592 日高
> >526
> > 右辺を展開してみて下さい。
>
> 展開しましたがわかりません。教えてください。
>
> p=3
> x^3+y^3=(x+√3)^3
> y^3=3√3(x^2)+9x+3√3
> yを有理数とすると、xは無理数となります。
pが3なら私でもできます。一般の奇素数pの場合はどうするのでしょうか。教えてください。 >531
> > (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを無理数とすると、xは無理数となる。
> この場合、解x,yは整数比になるのでは？
> この場合のrは？
x,yが無理数の場合、r=(p^{1/(p-1)})/wとなります。
>532
> (3)の解x,yが整数比とならない
この部分がインチキのウソである、という証明なので、zは関係ありません。
どうしてでしょうか？ >>587
> >524
> 「z-x=p^{1/(p-1)}であり、さらにx:yが任意の整数比である x^p+y^p=z^p の解が常に存在する」という事実は理解していただけたのでしょうかね？
>
> どういう意味でしょうか？
そのまま
「z-x=p^{1/(p-1)}であり、さらにx:yが任意の整数比である x^p+y^p=z^p の解が常に存在する」
は容易に証明のできる事実です、証明は理解できますか？
と尋ねているだけです
>>464 の証明がわからないとしたら、純粋にあなたの数学能力が足りていないだけですので、中学高校の数学からやり直すことをお勧めします >535
したがって，zの値について何も論じられていない証明は本質をはずした証明です。
「(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、」で論じています。 >538
一方、あなたの証明から
> 【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。...(B)
が導かれます（>>473）。
(A)という反例があるので、(B)は間違いです。
よって、(B)の元になった、あなたの証明も間違い、という事になります。
意味がわかりません。 >539
どうしてか、>>505に書いてあります。
意味がわかりません。 >540
整数比にならない解をいくら見つけても、整数比の解がないことは証明できません。
rが無理数の時、yを有理数にするのは、無駄です。
どうしてでしょうか？ >>602 日高
> >539
> どうしてか、>>505に書いてあります。
>
> 意味がわかりません。
何の意味がわからないのかはっきりさせろ。「505に書いてあります」という日本語の意味がわからないのか？ 505を読んだが理解できないという意味か？ >541
pが奇素数のときも
rが無理数でyが有理数のときにx:y:zが整数比とならないということは正しい
p=2の結果をふまえると
rが無理数でyが無理数のときに整数比になる場合があるかもしれない
あんたの証明ではx,y,zが整数比になるかどうかは分からない
どうしてでしょうか？ (修正16)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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^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,y,zは整数比となる。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,z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は整数比の解x,y,zを持つ。 >>588
> どういう意味でしょうか？
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの、yに有理数を代入します。
これではフェルマーの最終定理の証明はできないので
日高は無能だという意味です
日高はこれぐらいの計算もできない無能だという意味です
x^3+y^3=(x+√3)^pのyに有理数を代入する
X=2x/√3,Y=2y/√3ならば
X,YはX^3+Y^3=(X+2)^3を満たす
yが有理数ならばYは無理数
X^3+Y^3=(X+2)^3でYを無理数とする
> 参考までにX^2+Y^2=(X+2)^2でYを無理数とすればX,Y,Zは整数比にならない
【日高定理】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。
(略)
(2)はr=2のときx^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
X=√3x/2,Y=√3y/2ならばX^2+Y^2=(X+√3)^2を満たす
X^2+Y^2=(X+√3)^2のYに有理数を代入するとXは無理数となりX,Y,Zは整数比とならない
(3)の解x,y,zはX^2+Y^2=(X+√3)^2の解の2√3/3倍となるので整数比とならない
(略)
∴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。 >>605
> どうしてでしょうか？
rが無理数だからだよ
x^2+y^2=(x+2)^2
z-x=2で有理数だから「yが有理数」ならばx,y,zは整数比という結論を導き出せる
x^2+y^2=(x+√3)^2
z-x=√3で無理数だから「条件」ならばx,y,zは整数比
x^2+y^2=(x+√3)^2のときx,y,zが整数比となるxやyの条件を求めてみなよ
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの、yに有理数を代入します。
x^2+y^2=(x+√3)^2
z-x=√3で無理数だから「yが有理数」ならばx,y,zは整数比になるのか？ >543
わざわざ嘘をついて迷惑行為を続けるのはなぜですか？
どの部分のことでしょうか？
前にも同じことを、いったような気がします。 >544
>(3)のrが有理数のとき
などと意味不明なことを書き続けるのはなぜですか？
「(3)のrが有理数の場合」という意味です。 >>610
>どの部分のことでしょうか？
>どうしてでしょうか？
>どういう意味でしょうか？
>意味がわかりません。
などは、全て誤魔化しであって、反論ではありません。
誤魔化しはやめて下さい。
あと、543をよく読んで内容を理解してから回答してください。 >545
正しい指摘じゃないのに、なせその指摘を受けて修正を繰り返しているのですか？
指摘を受けて修正しているわけでは、ありません。 >548
(3)はx:yが整数比とならない。(3')はx:yが整数比となる。
(3)から(3')は導けません。
どうしてでしょうか？ >550
【定理】pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
これは明らかにおかしいですね。
pが素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比となります。 >551
【証明】では
(3)のx,yに有理数と無理数が混在する場合と、
(3)のx,yがともに無理数の場合とでは
式番号を分けて下さい。
便宜的に(3)を「(3)のx,yが有理数と無理数が混在する場合」としましたが，無用な混乱を起こしそうです。
よく意味がわかりません。 >552
「(3)の解x,y,zのx,yが無理数の場合にx,y,zが整数比とならない」が成立している必要があります
どうしてでしょうか？ >561
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
p=3のとき、ここまでの結論は偽。(3)はx=y=√3,z=2√3が反例。
どうしてでしょうか？ >564
ちょっとダメすぎですよ
>>510を見て、ｒがどんな数か、本当にわからないのですか？
どういう意味でしょうか？ >568
あなたの調べたのは、ｘが無理数、ｙが有理数になるパターンだけ。
ｘが無理数、ｙが無理数の場合も調べています。 >569
(4)の解を証拠として、(3)の解のことを書いている
これが循環論法ですよ。
ちがいます。よく読んで下さい。 >570
> (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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
の推論は誤り（ここでの結論は言えない）と説明するほうがわかりやすくないかな？
どうしてでしょうか？ >>611
> >544
> >(3)のrが有理数のとき
> などと意味不明なことを書き続けるのはなぜですか？
>
> 「(3)のrが有理数の場合」という意味です。
(3)はr^(p-1)=pの場合なんだろが。そのrが有理数ということは、p=2の場合ということか？ >571
同じ行に書いてあるし、「ｙが有理数の時、x,y,zは整数比とならない。」の意味だと勝手にとらえている
でないとあとで「x,yが無理数の場合は」なんて書いている意味がない
わざと循環させるために、後回しにしているのでは？
どういう意味でしょうか？ >>582
> x,yを無理数にしても、x,y,zは、整数比になりません。
そんなことは調べてみないと分からない。あなたは調べていない。あるいは、循環論法を使っている。
r=p^{1/(p-1)}を選んだなら、ｙが有理数の時は、(3)の解x､y､zは絶対に整数比にならない、ということは、はっきりしている。
今調べているのは整数比の解があるかどうかであって、整数比にならない解について調べても無駄。
ｘが有理数、ｙが無理数の1^2+(√2)^2=3^2が成り立たないとか
ｘが有理数、ｙが無理数の1^2+(√3)^2=2^2が成り立つとか
そんな「絶対に整数比にならない解」について調べるのは全く無駄。
この2つの例と同様、r=p^{1/(p-1)}、ｙが有理数の時の解は「絶対に整数比にならない解」であって、調べるのは全く無駄。 >574
なるほど。だとしたら「x,y,zは整数比とならない」を単独の文章にしているのは悪質だな。
どういう意味でしょうか？ (修正16)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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。 >>602
x^2+y^2=(x+r)^2…(1)について
x=4,y=3,r=1は(1)を満たす
x=8,y=15,r=2は(1)を満たす
x=12,y=9,r=3は(1)を満たす
x=24,y=70,r=4は(1)を満たす
x=35,y=120,r=5は(1)を満たす
この5つの例に限らず、無理数だろうが有理数だろうが、rはなんでもいい
r{(y/r)^2-1}=2x…(2)について
x=4,y=3,r=1は(2)を満たす
x=8,y=15,r=2は(2)を満たす
x=12,y=9,r=3は(2)を満たす
x=24,y=70,r=4は(2)を満たす
x=35,y=120,r=5は(2)を満たす
この5つの例に限らず、無理数だろうが有理数だろうが、rはなんでもいい
r=p^(1/(1-p))を特別扱いする理由は(1)にも(2)にも何もない
(2)の形にすることでr=p^(1/(1-p))が特別な意味を持つとかそういうことは全くない
(2)の形にする意味は全くない、(2)は無駄です。
【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r^(p-1)=pのとき、
これで十分です。(2)は無駄です。 【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^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,y,zは整数比となる。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,z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は整数比の解x,y,zを持つ。 >583
(3)の解ｘ、ｙに共通の数をかけた数が整数比にならない、ということが間違いであることは間違いのない事実です。
そうですが、X,Y,Zは整数比になりません。 >>625
あなたのインチキやウソについて、他の人と会話しただけですよ。
インチキやウソっていうのは、たとえば
> (3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
まるでｙが有理数以外の時も調べたような、条件を書かない「x,y,zは整数比とならない。」という書き方や
> (4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
> (3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/wは、整数比とならない。
(3)の解から(4)の解が分かる。(4)の解から(3’)の解が分かる。(3’)の解から(3)の解が分かる
みたいな循環論法とか、そういうもののことです。 >589
ｘ､ｙ､ｚが整数比となる(3)の解について、かすりもせず、あるともないともまったく何も考えてないじゃないですか
どういう意味でしょうか？ >>620
あなたは>>553で、私の書き込み>>510について、
> このときのrは？
と書きました。
このときのｒがいくつなのかは、>>510にも、あなたが私の書き込みをコピーして貼り付けた>>553にも、はっきり書いてあります。
そんなことを人に聞かないと分からないような人には、証明は無理です。 >594
xとyの比について指摘しているので、指摘の中で言及のないzの値やx,y,zの比についていくら述べても「話を逸らしている」だけです
どうしてでしょうか？ >>621
文章というものは、前から順番に読むものです。
> 【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}=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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
> (3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
この時点で、ｘが無理数、ｙが無理数の場合は調べていません。
この時点で、ｘが無理数、ｙが無理数の場合を調べていないので、
> 整数比とならない。
とはいえません。 >>633
ｒが無理数、ｙが有理数の時の(3)の解は、絶対に整数比になりません。
今調べたいのは、整数比の解があるかどうか、つまり、整数比のｘ、ｙ、ｚをx^p+y^p=z^pに代入したときに
左辺等辺が同じになるかどうか、たとえば
1^2+2^2=3^2
が成り立つかどうか、ということであって、調べる数は、「整数比でない解」とは比が違います。
1^2+2^2=(√5)^2 xは有理数、yは有理数、ｚは無理数
とか
1^2+(√3)^2=2^2 ｘは有理数、ｙは無理数、ｚは有理数
とか
1^2+(√2)^2=(√3)^2 ｘは有理数、は無理数、ｚは無理数
とか
(√2)^2+(√7)^2=3^2 ｘは無理数、ｙは無理数、ｚは有理数
とか
(√2)^2+(√5)^2=(√7)^2 ｘは無理数、ｙは無理数、ｚは無理数
とか
「整数比でない解」をいくら調べても、1^2+2^2=3^2が成り立つかどうか、には全く関係ありません。 (修正16)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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。 >595
> x,yを無理数にしても、x,y,zは、整数比になりません。
それって君が証明したと称している命題と同値な命題ですよ。それが言えれば文句ありません。
638を読んで下さい。 >596
pが3なら私でもできます。一般の奇素数pの場合はどうするのでしょうか。教えてください。
同じ要領です。 >>638
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが有理数のとき
意味不明です
(3)式にｒは含まれていません
r^(p-1)=pの式のｒはpが奇素数の時有理数になりません。 >599
「z-x=p^{1/(p-1)}であり、さらにx:yが任意の整数比である x^p+y^p=z^p の解が常に存在する」
は容易に証明のできる事実です、
証明を、教えていただけないでしょうか。 >>639 日高
> >595
> > x,yを無理数にしても、x,y,zは、整数比になりません。
>
> それって君が証明したと称している命題と同値な命題ですよ。それが言えれば文句ありません。
>
> 638を読んで下さい。
読んだけど本質は何も変わっていません。 >>640 日高
> >596
> pが3なら私でもできます。一般の奇素数pの場合はどうするのでしょうか。教えてください。
>
> 同じ要領です。
そう主張するなら、主張する日高さんがやってみせてください。 >604
何の意味がわからないのかはっきりさせろ。「505に書いてあります」という日本語の意味がわからないのか？ 505を読んだが理解できないという意味か？
505を読んだが理解できないという意味です。 >608
x^3+y^3=(x+√3)^pのyに有理数を代入する
X=2x/√3,Y=2y/√3ならば
X,YはX^3+Y^3=(X+2)^3を満たす
この、計算がわからないので、教えていただけないでしょうか。 >>635
> >594
> xとyの比について指摘しているので、指摘の中で言及のないzの値やx,y,zの比についていくら述べても「話を逸らしている」だけです
>
> どうしてでしょうか？
その指摘時点のあなたの証明には「(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。」とあり、
このことに対して「z-x=p^{1/(p-1)} であり、x:yが任意の整数比s:tである x^p+y^p=z^p の解が存在する」と指摘しました
この指摘の中には「zが有理数になるかどうか」も「x:y:zが整数比になるかどうか」も含まれていませんので、あなたの問いにどう返答しようと指摘の結論は覆りません
よって、あなたの問いは「指摘とは無関係なこと」であり「話を逸らしている」ととりました >609
x^2+y^2=(x+√3)^2
z-x=√3で無理数だから「yが有理数」ならばx,y,zは整数比になるのか？
「yが有理数」ならばx,y,zは整数比になりません。 >>642
> >599
> 「z-x=p^{1/(p-1)}であり、さらにx:yが任意の整数比である x^p+y^p=z^p の解が常に存在する」
> は容易に証明のできる事実です、
>
> 証明を、教えていただけないでしょうか。
以下に
>>464 を再掲します
x^p+y^p=z^p に対し、x:yが任意の比である解が存在する
なぜならば、任意の s,t に対して、常に
s^p+t^p=((s^p+t^p)^{1/p})^p
が成り立つ
この x^p+y^p=z^p の解
x=s, y=t, z=(s^p+t^p)^{1/p}
と任意のrに対し、
w=r/((s^p+t^p)^{1/p}-s)
とおくと、
x=s×w, y=t×w, z=(s^p+t^p)^{1/p}×w
もまた x^p+y^p=z^p の解であるが、
このとき z-x=r である
なぜならば、
z-x
= (s^p+t^p)^{1/p}×w - s×w
= ((s^p+t^p)^{1/p}-s)×w
= ((s^p+t^p)^{1/p}-s)× r/((s^p+t^p)^{1/p}-s)
= r
s,tは任意であったので、適当な自然数としてもよい
rは任意であったので、r=p^{1/(p-1)}としてもよい
自然数s,tに対して
w=p^{1/(p-1)}/((s^p+t^p)^{1/p}-s)
としたとき
x=s×w, y=t×w, z=(s^p+t^p)^{1/p}×w
は z-x=p^{1/(p-1)} であり、x:yが整数比s:tである x^p+y^p=z^p の解である >624
> 「(3)のrが有理数の場合」という意味です。
(3)はr^(p-1)=pの場合なんだろが。そのrが有理数ということは、p=2の場合ということか？
pは奇素数です。
(4)の場合ということです。 >626
この2つの例と同様、r=p^{1/(p-1)}、ｙが有理数の時の解は「絶対に整数比にならない解」であって、調べるのは全く無駄。
どうしてでしょうか？ >629
(2)の形にする意味は全くない、(2)は無駄です。
(2)が、基準になります。 >632
まるでｙが有理数以外の時も調べたような、条件を書かない「x,y,zは整数比とならない。」という書き方や
ｙが有理数以外の時も調べています。 >>651
整数比にならない解があること、たとえば1^2+(√3)^2+2^2が成り立つことと
整数比になる解がないこと、たとえば1^2+2^2=3^2が成り立たないことは
関係がないから。 >634
>>553にも、はっきり書いてあります。
553のどこに書いてあるか、教えていただけないでしょうか。 >636
この時点で、ｘが無理数、ｙが無理数の場合は調べていません。
この時点で、ｘが無理数、ｙが無理数の場合を調べていないので、
この後に書いています。 >>652
基準、って何の基準ですか？
x^2+y^2=(x+r)^2…(1)とr{(y/r)^2-1}=2x…(2)はただの式変形だから、扱いに差が出ることはあり得ません
ｒ=1でも成り立つ
ｒ=2でも成り立つ
ｒ=3でも成り立つ
ｒ=√2でも成り立つ
ｒ=πでも成り立つ
ｒは何でも成り立つ
その中からあなたが勝手にｒ=p^(1/(p-1))と置くだけのことに、何の基準が必要なんですか？ (修正16)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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^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,y,zは整数比となる。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,z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は整数比の解x,y,zを持つ。 >>656
> この後に書いています。
文章は前から読むものです。
後に書くのでは、ダメです。
前に証拠がちゃんと書いてあるからこそ
証拠→（結論をまた証拠として使う)→(結論を証拠として使う)→結論
という正しい証明の流れが生まれます。
証拠を後に書いたりするから
(3)の解を証拠として(4)の解のことを書く
(4)の解を証拠として（(3)の式を式変形しただけの)(3')のことを書く
みたいな循環論法をやらかすのです。 >>641
> >>638
>
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)のrが有理数のとき
>
> 意味不明です
> (3)式にｒは含まれていません
じゃあ、(3)式にzは含まれていません。
(3)に対するコメントとして「zは？」などと書いているのは意味不明ですね。
嘘つきでしたか。 >>650
> >624
> > 「(3)のrが有理数の場合」という意味です。
> (3)はr^(p-1)=pの場合なんだろが。そのrが有理数ということは、p=2の場合ということか？
>
> pは奇素数です。
> (4)の場合ということです。
書かれていないことを主張するということは、書かれていることが矛盾だらけのデタラメということですね。 >>655
> 553のどこに書いてあるか、教えていただけないでしょうか。
あなたの名前の書いてある行を0行目として、2行目 >>661
> >>641
> > >>638
> >
> > (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> > (3)のrが有理数のとき
> >
> > 意味不明です
> > (3)式にｒは含まれていません
> じゃあ、(3)式にzは含まれていません。
> (3)に対するコメントとして「zは？」などと書いているのは意味不明ですね。
> 嘘つきでしたか。
日高のコメントだと思って脊髄反射してしまいました。
これは私が間違い。すみません。 (3)にはrもzも含まれていないのに、
「(3)のr」とか「(3)のz」などと書くのは、意味不明のデタラメの間違い。
しかもその場しのぎで、言い訳のたびにrなどの意味が変化する。
そのようなものは数学の証明ではない。 私には、日高氏の論証は問題が無いように見えます。
この掲示板の人達は、複雑な理論ばかりを学んでしまったために、日高氏の高校数学で理解できる説明で、フェルマーの最終定理が証明できてしまうことを信じたくないだけではないでしょうか？ >>666
釣りならもうちょっと気の利いたこと言えよ。 >>666
釣りでもいいです。高校数学レベルで検討してみて下さい。日高氏より反応してくれそうだし。
>658(修正16)の【証明】の∴の前の行(実質的な最終行)
>(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/wは、整数比とならない。……(*)
(p^{1/(p-1)})/w が有理数の場合なのですから，(p^{1/(p-1)})/w は有理数です。(p^{1/(p-1)})/w = u (uは有理数)と置きます。
また，設定によりs,tは有理数です。s+u=vとおくと vも有理数になります。
s:t:{s+({1/(p-1)})/w}=s:t:(s+u)=s:t:v となります。左式の内容はすべて有理数です。
s,t,vに分母があるときは，各数に3数(s,t,v)の分母の最小公倍数をかけます。
その値を S,T,V とすると各数は整数になりs:t:v=S:T:V (整数比)となります。
まとめると
s:t:{s+({1/(p-1)})/w} = s:t:(s+u) = s:t:v = S:T:V (整数比)
上の(*)と比較してみましょう。
日高氏の論証に問題がないように見えますか？ 論理とか論証の「論」とは言葉のこと。
論理とは言葉の順番や繋がりのこと。
スレ主は言葉の順番や繋がりがめちゃくちゃ。
つまり、論理がめちゃくちゃ。
論理がめちゃくちゃなら、論証はできるはずがない。
ちなみに、循環とは英語で言うとループ(loop)。
ループしまくりはルーピー(loopy)って表現になるのかね？ >>666
> 私には、日高氏の論証は問題が無いように見えます。
それなら、通常の数学の作法に基いて論証を書き直して下さいよ。
そもそも意味不明な記述では、間違いといか言えないので。 (修正16)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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^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,y,zは整数比となる。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,z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は整数比の解x,y,zを持つ。 >637
^2+2^2=3^2
が成り立つかどうか、ということであって、調べる数は、「整数比でない解」とは比が違います。
フェルマーの最終定理は、正しいので、調べる数は、「整数比でない解」です。 >641
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)のrが有理数のとき
意味不明です
(3)式にｒは含まれていません
r^(p-1)=pの式のｒはpが奇素数の時有理数になりません。
(3)式のrは、p^{1/(p-1)}です。 >644
そう主張するなら、主張する日高さんがやってみせてください。
二項展開の公式を使えばよいです。 >647
この指摘の中には「zが有理数になるかどうか」も「x:y:zが整数比になるかどうか」も含まれていませんので、あなたの問いにどう返答しようと指摘の結論は覆りません
「x:y:zが整数比になるかどうか」が問題です。 >>676
> >647
> この指摘の中には「zが有理数になるかどうか」も「x:y:zが整数比になるかどうか」も含まれていませんので、あなたの問いにどう返答しようと指摘の結論は覆りません
>
> 「x:y:zが整数比になるかどうか」が問題です。
指摘を再確認しましょうか
指摘した問題点は
> その指摘時点のあなたの証明には「(4)の解X=x(a^{1/(p-1)})、Y=y(a^{1/(p-1)})は、(3)の解x,yが整数比とならないので、整数比とならない。」とあり、
の「(3)の解x,yが整数比とならない」に対して
「z-x=p^{1/(p-1)} であり、x:yが任意の整数比s:tである x^p+y^p=z^p の解が存在する」が成立している
です
あなたの主張「(3)の解x,yが整数比とならない」にも、
私の「z-x=p^{1/(p-1)} であり、x:yが任意の整数比s:tである x^p+y^p=z^p の解が存在する」にも、
「x:y:zの比」に対する言及はありません
やはり「x:y:zが整数比になるかどうか」は無関係です >649
x=s×w, y=t×w, z=(s^p+t^p)^{1/p}×w
は z-x=p^{1/(p-1)} であり、x:yが整数比s:tである x^p+y^p=z^p の解である
x=s, y=t, z=(s^p+t^p)^{1/p}となりますが、問題は、
(s^p+t^p)^{1/p}=m+p^{1/(p-1)}となるか、どうかです。(mは有理数） >654
整数比にならない解があること、たとえば1^2+(√3)^2+2^2が成り立つことと
整数比になる解がないこと、たとえば1^2+2^2=3^2が成り立たないことは
関係がないから。
よく、意味がわかりません。 >>675
> >644
> そう主張するなら、主張する日高さんがやってみせてください。
>
> 二項展開の公式を使えばよいです。
～すれば良いなどと言ってごまかすだけで、実際にはできないのですね。嘘つきですね。 指摘の意味が分からないことは免罪符にならないと何度言ったら >657
基準、って何の基準ですか？
x^2+y^2=(x+r)^2…(1)とr{(y/r)^2-1}=2x…(2)はただの式変形だから、扱いに差が出ることはあり得ません
ｒ=1でも成り立つ
ｒ=2でも成り立つ
ｒ=3でも成り立つ
ｒ=√2でも成り立つ
ｒ=πでも成り立つ
ｒは何でも成り立つ
その中からあなたが勝手にｒ=p^(1/(p-1))と置くだけのことに、何の基準が必要なんですか？
基準がないと、
「ｒ=πでも成り立つ」の場合、
x^2+y^2=(x+π)^2のx,y,zが整数比となることがわかりません。
基準のx^2+y^2=(x+2)^2があれば、
π=a2より、a=π/2
解(x、y、z)=(3π/2、4π/2、5π/2)を求めることができます。 (修正16)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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^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,y,zは整数比となる。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,z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は整数比の解x,y,zを持つ。 >660
(3)の解を証拠として(4)の解のことを書く
(4)の解を証拠として（(3)の式を式変形しただけの)(3')のことを書く
みたいな循環論法をやらかすのです。
どの、部分が循環論法になっているのでしょうか？ >661
> 意味不明です
> (3)式にｒは含まれていません
じゃあ、(3)式にzは含まれていません。
(3)に対するコメントとして「zは？」などと書いているのは意味不明ですね。
嘘つきでしたか。
z=x+p^{1/(p-1)}です。 >662
> (4)の場合ということです。
書かれていないことを主張するということは、
どういう意味でしょうか？ >>648
> 「yが有理数」ならばx,y,zは整数比になりません。
だったらx^2+y^2=(x+√3)^2の解は整数比にならないのだろ？
それから
>>609
> x^2+y^2=(x+√3)^2
> z-x=√3で無理数だから「条件」ならばx,y,zは整数比
> x^2+y^2=(x+√3)^2のときx,y,zが整数比となるxやyの条件を求めてみなよ
この条件を答えろ >666
私には、日高氏の論証は問題が無いように見えます。
この掲示板の人達は、複雑な理論ばかりを学んでしまったために、日高氏の高校数学で理解できる説明で、フェルマーの最終定理が証明できてしまうことを信じたくないだけではないでしょうか？
ありがとうございます。 >667
釣りならもうちょっと気の利いたこと言えよ。
「釣り」の意味を教えてください。 >668
ID:ax6+FvJsさんの内容は合っています。 >670
そもそも意味不明な記述では、間違いといか言えないので。
どの部分が意味不明でしょうか？ >677
やはり「x:y:zが整数比になるかどうか」は無関係です
よく、意味がわかりません。 >>692
> >670
> そもそも意味不明な記述では、間違いといか言えないので。
>
> どの部分が意味不明でしょうか？
ほぼ全部。定理の主張から意味不明。
いちいち指摘しても過去全く直らなかったので、数学を勉強し直してくれ。
例えば、
> (修正16)
> 【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。
とある。
解という言葉が使われているから、どうやらx^p+y^p=z^pは方程式らしいが、そんなことは書かれていない。
さらに、方程式というからには、未知数が何であって、どのような解を許す（実数とか複素数とか）を明示しなければならないが、それも書かれていない。
関連して、x,y,zという謎の記号が突然出てくる。
1行だけでもこの体たらく。
ようするに、正確な記述をせず、その場しのぎで言い訳をし続けるという詐欺なわけでしょ。 (修正16)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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^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,y,zは整数比となる。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,z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は整数比の解x,y,zを持つ。 >>695日高
【証明】の5行目
>(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
に，誤記はありませんか？
右辺を展開すれば最多次数が X^{p^p}になりますが，それでいいんですか？
aについては，aがどういう意味を持つのか不明なので誤記との指摘はしませんが，
aはrを有理化する数ならば，右辺は (X+a*p^{1/(p-1)})^p でよいのではありませんか？
>(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
そうすれば，上の6行目は 「(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa倍となる…」でよいのではと思いますが。
あ，「よいのでは」というのは，そうすれば証明が正しくなるという意味ではありません。
【証明】の趣旨を変えずもっと簡潔になるのではという意味です。念のため。
議論の前提となる証明に誤記があっては，無用の混乱を招くので，誤記ならば修正をお願いします。 >697
>(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
右辺を展開すれば最多次数が X^{p^p}になりますが，それでいいんですか？
すみません。「最多次数が X^{p^p}」の意味を教えていただけないでしょうか。 えっ、二項展開は得意じゃないんですか？
普通に右辺を展開してみてください。
そして左辺と比べてみてください、ということです。 >699
えっ、二項展開は得意じゃないんですか？
普通に右辺を展開してみてください。
そして左辺と比べてみてください、ということです。
X^p+Y^p=(X^p+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)誤記でした。
正しくは、
X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)です。 (修正17)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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。 >697
aはrを有理化する数ならば，右辺は (X+a*p^{1/(p-1)})^p でよいのではありませんか？
X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)は、
(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。
から、導きました。 指摘を受けて修正してないと言っていたのに、明らかに指摘を受けて修正してますよね。 (修正17)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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^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,y,zは整数比となる。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,z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は整数比の解x,y,zを持つ。 >677
やはり「x:y:zが整数比になるかどうか」は無関係です
x:y:zが整数比になるかが、問題です。 >680
> 二項展開の公式を使えばよいです。
～すれば良いなどと言ってごまかすだけで、実際にはできないのですね。嘘つきですね。
できます。 >703
間違い指摘に対する謝意は無いのですか？
誤記です。 >704
「間違いではありません」と返すとみた
誤記です。 >705
指摘を受けて修正してないと言っていたのに、明らかに指摘を受けて修正してますよね。
はい。修正しました。 >697
>(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
そうすれば，上の6行目は 「(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa倍となる…」でよいのではと思いますが。
それでも、よいと思いますが、簡潔になるでしょうか？差がわかりません。 (修正17)
【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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^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,y,zは整数比となる。
(3)のrが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)の解X,Y,Zは、(3)の解x,y,z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は整数比の解x,y,zを持つ。 >>697
もう解決していますが，
> 右辺を展開すれば最多次数が X^{p^p}になりますが
は「最高次数がp^2になります」ですよね？ >>716 日高
> (修正17)
> 【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)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p^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
ここまでの結論「x,y,zは整数比とならない」は大ウソ。まだ言えていない。
「yを有理数とするとx,y,zは整数比とならない」と正直に書け。 >718
> 右辺を展開すれば最多次数が X^{p^p}になりますが
は「最高次数がp^2になります」ですよね？
よくわかりません。 >719
ここまでの結論「x,y,zは整数比とならない」は大ウソ。まだ言えていない。
「yを有理数とするとx,y,zは整数比とならない」と正直に書け。
どういう意味でしょうか？ >>721 日高
> >719
> ここまでの結論「x,y,zは整数比とならない」は大ウソ。まだ言えていない。
> 「yを有理数とするとx,y,zは整数比とならない」と正直に書け。
>
> どういう意味でしょうか？
x,y,zが実数を全体動くとき「x,y,zは整数比とならない」と言えていないだろ？ >722
x,y,zが実数を全体動くとき「x,y,zは整数比とならない」と言えていないだろ？
x,yが、整数比とならないならば、「x,y,zは整数比とならない」といえます。 >>723 日高
> >722
> x,y,zが実数を全体動くとき「x,y,zは整数比とならない」と言えていないだろ？
>
> x,yが、整数比とならないならば、「x,y,zは整数比とならない」といえます。
「x,yが、整数比とならない」って言えているの？ >>709
> >680
> > 二項展開の公式を使えばよいです。
> ～すれば良いなどと言ってごまかすだけで、実際にはできないのですね。嘘つきですね。
>
> できます。
結局証拠もなしに「できます」って書くだけですか。
簡単で良いですね。さすが嘘つき。 >>718
はい，その通りですね。
X^{p^p}は，Xの「p乗のp乗」のつもりで，そう書いてますね。
(X^p)^p か X^(p*p)でなければいけませんが，書き込んだときは「これでもいいだろ」と思いこんでいたような・・・ >>716日高
【証明】5行目
>(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
ここでは X とは r=p^{1/(p-1)} の有理化を行う数を，xにも掛けたものである，
つまり x+p^{1/(p-1)} に何か掛けて，X+(有理数)を導いているという理解でいいんですか？ >>673
フェルマーの最終定理が正しいと分かっているなら証明はいりませんね。あなたのやっていることは無駄です。
証明というのは「正しいかどうかわからない」事柄が「確かに正しい」という証拠を他人にわかるように書くことですから、
証明の結論を書くまでは、「正しいかどうかわからない」ものです。
で、整数比でない解のことを調べてどうやって整数比の解があるかどうかわかるのですか？
1^2+(√3)^2=2^2を調べてどうやって1^2+2^2=3^2が成り立つかどうかわかるのですか？ >674
だからpが奇素数の時、p^{1/(p-1)}は有理数になりませんが。
(3)式のrがp^{1/(p-1)}で、rが有理数ってどういうことですか？意味が分かりません。
(1)のrが有理数の時、とか(2)のrが有理数の時、ならわかりますけどね。
で、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)のrが有理数とすると、x,yがともに有理数の時、x,y,x+rは整数比です。
整数比の(3)の解があるかどうかこの時点では調べてないので、
整数比の(3)の解があるかどうか調べ終わるまで
整数比の(4)の解があるかどうかわかりません。
整数比の(4)の解があるかどうかわからないので、(4)の解のことは証拠として使えません。
>>716の証明は、失敗です。 >>679
あなたが>>716の証明で調べていることは、
> (3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
rが無理数で、yが有理数の時の解は、整数比でない。たとえば、1^2+2^2=(1+(√5-1))^2の1:2;1+(√5-1)は、整数比でない。
ということであって、本当に調べたいこと
1^2+2^2=3^2のような、整数比の数を代入したときに、式が成り立つかどうか
とは全く別のことです。
「整数比でない解」1，2、√5を何倍しようが絶対に整数比の数「1，2，3」にはならないので
「整数比でない解」をいくら調べても「整数比の数」を調べたことにはなりません。 >>682
> 基準のx^2+y^2=(x+2)^2があれば、
その基準とやらは、rが有理数なら何でもいいですよね。
(1)を(2)に変形することと、何の関係があるのですか？
【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。
rが有理数のとき、yを有理数とすると、xは有理数となる。
これでいいんじゃないですか？(2)に変形するのは無駄ですね >>685
(3)と(3')は式変形しただけなので、sもtもwも同じ、成り立つか成り立たないかも同じ、
w≠0のとき、(3)と(3')は同じ意味です。
>>716によると、
１．「(4)に整数比の解がない」の証拠は「(3)に整数比の解がない」です。
２．１．の「(3)に整数比の解がない」は「(3')に整数比の解がない」と同じ意味です。
３．２．の「(3')に整数比の解がない」の証拠は「(4)に整数比の解がない」です。
４．３．の「(4)に整数比の解がない」の証拠は「(3)に整数比の解がない」です。
５．４．の「(3)に整数比の解がない」は「(3')に整数比の解がない」と同じ意味です。
６．５．の「(3')に整数比の解がない」の証拠は「(4)に整数比の解がない」です。
７．６．の「(4)に整数比の解がない」の証拠は「(3)に整数比の解がない」です。
８．７．の「(3)に整数比の解がない」は「(3')に整数比の解がない」と同じ意味です。
９．８．の「(3')に整数比の解がない」の証拠は「(4)に整数比の解がない」です。
１０．９．の「(4)に整数比の解がない」の証拠は「(3)に整数比の解がない」です。
１１．１０．の「(3)に整数比の解がない」は「(3')に整数比の解がない」と同じ意味です。
１２．１１．の「(3')に整数比の解がない」の証拠は「(4)に整数比の解がない」です。
どこまでいっても本物の証拠にたどり着きません。循環しています。 (修正18)
【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)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。rは有理数となり得る。
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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^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}=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。rは自然数となり得る。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となる。
(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。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。 (修正19)
【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)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。rは有理数となり得る。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、s,t,s+({1/(p-1)})/w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。 (修正20)
【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)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。rは有理数となり得る。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、解s,t,s+({1/(p-1)})/w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。 >724
「x,yが、整数比とならない」って言えているの？
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。 >725
結局証拠もなしに「できます」って書くだけですか。
簡単で良いですね。さすが嘘つき。
嘘は、ついていません。 >726
X^{p^p}は，Xの「p乗のp乗」のつもりで，そう書いてますね。
X^{p^p}は，誤記から、発生したものです。 >727
>(3)のrが有理数のとき、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
ここでは X とは r=p^{1/(p-1)} の有理化を行う数を，xにも掛けたものである，
つまり x+p^{1/(p-1)} に何か掛けて，X+(有理数)を導いているという理解でいいんですか？
そういう考えかたも、できます。
私の考えは、736の(修正20)を、見て下さい。 >728
で、整数比でない解のことを調べてどうやって整数比の解があるかどうかわかるのですか？
1^2+(√3)^2=2^2を調べてどうやって1^2+2^2=3^2が成り立つかどうかわかるのですか？
736を見てください。 >729
(3)式のrがp^{1/(p-1)}で、rが有理数ってどういうことですか？意味が分かりません。
(3)式のrは、p^{1/(p-1)}です。このrが、有理数の場合は、(4)式となります。 >730
「整数比でない解」をいくら調べても「整数比の数」を調べたことにはなりません。
736を見て下さい。 >>740
それでは，(修正20)を対象とします。
(4)のX，Yというのは有理数なんですか，無理数なんですか？
(4)の右辺の( )内全体では有理数なんですか，無理数なんですか？ >>743
736を見ても調べてないことには変わりない
整数比の数も整数比でないことにすれば
∴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。
としか書いていない >>739
X^{p^p}
日高さん，これ書いちゃったの私ですから。誤記援護していただかなくてもいいですよ。 >731
その基準とやらは、rが有理数なら何でもいいですよね。
a=1のときを、基準とします。 (修正20)
【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)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。rは有理数となり得る。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、解s,t,s+({1/(p-1)})/w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)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。rは自然数となり得る。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となる。
(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。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。 >732
どこまでいっても本物の証拠にたどり着きません。循環しています。
(3)が結論です。 >744
>(4)のX，Yというのは有理数なんですか，無理数なんですか？(X，Yは、x,yにします。）
(4)のx，yは整数比とならない数です。両方無理数の場合もあります。
>(4)の右辺の( )内全体では有理数なんですか，無理数なんですか？
有理数の場合もあるし、無理数の場合もあります。 >745
736を見ても調べてないことには変わりない
整数比の数も整数比でないことにすれば
∴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。
としか書いていない
どの部分が意味不明なのでしょうか？ >>748
> (3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
> (3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、解s,t,s+({1/(p-1)})/wは、整数比とならない。
これはx,yが無理数でx,yが整数比のときであり(4)のx,yが整数比とならない解と
同じにはならないから解s,t,s+({1/(p-1)})/wは整数比となる
>>751
> (4)のx，yは整数比とならない数です。両方無理数の場合もあります。
【日高定理】pが奇素数のとき、x,y,zが全て有理数でもx,y,zは整数比とならない。
【日高証明】s,tは有理数,(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は
s,t,s+({1/(p-1)})/wは、整数比とならない
∴pが奇素数のとき、x,y,zが全て有理数でもx,y,zは整数比とならない。 >753
これはx,yが無理数でx,yが整数比のときであり(4)のx,yが整数比とならない解と
同じにはならないから解s,t,s+({1/(p-1)})/wは整数比となる
(4)のx,yが整数比とならない解と同じとなります。 >>751
>(4)のx，yは整数比とならない数です。…(*)
x，yとはX，Yのことだと思いますが，これと(修正)20【証明】の
>(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、解s,t,s+({1/(p-1)})/wは、整数比とならない。…(**)
を比較したとき，解s,tは整数比になることが定義(s,tは有理数)により明らかなので，「(4)の解と同じ」にはなり得ないと思います。いえ，なり得ません。
(*)と(**)に矛盾を感じませんか？ >>754
> (4)のx,yが整数比とならない解と同じとなります。
どうやったら同じになるかを詳しく書かない限り
それは偽善者日高の妄想ですよね >755
>(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、解s,t,s+({1/(p-1)})/wは、整数比とならない。…(**)
を比較したとき，解s,tは整数比になることが定義(s,tは有理数)により明らかなので，「(4)の解と同じ」にはなり得ないと思います。いえ，なり得ません。
s,tを有理数とすると、(3')は、成り立ちません。
({1/(p-1)})/wが、有理数の場合でも、無理数の場合でも）
{1/(p-1)})/wが、有理数の場合は、(4)と同じとなります。 >>757
> s,tを有理数とすると、(3')は、成り立ちません。
これは偽善者日高の妄想ですよね
p=3のときx^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
x=2√3/((35^(1/3))^3-2),y=3√3/((35^(1/3))^3-2)は(3)を満たす
s=2,t=3,w=√3/((35^(1/3))^3-2)とすれば
x=sw,y=tw(s,tは有理数、wは無理数)であって
2^3+3^3=(2+(35^(1/3)-2))^3…(3')
成り立ちます >>757
s,tを有理数とすると、(3')は、成り立ちません。…(*)
>(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
じゃあ，s,tは有理数なんだから，上のように(3')と置くことが自体が無理なんじゃありませんか。成り立たない根拠は何です？
それに，成り立たない式には，その式を成り立たせる「解」はありませんよ？
「解がない」ことを「成り立たない」としてるんでしょう。
(3')には解はない。それでいいんですか？
また，この段階では s+(p^{1/(p-1)})/w はまだ無理数とも有理数とも指定されていません。また w は任意の無理数なのですから，
s+(p^{1/(p-1)})/w = u (uは実数)と置くことができます。
つまり(3')はこの段階では s^p+t^p=u^p (s,tは有理数，uは実数)という一般式になります。
成り立たないとは言えないでしょう。いや，普通に成り立ちます。
(*)はおかしい，と思いませんか？ (修正20)
【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)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。rは有理数となり得る。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、解s,t,s+({1/(p-1)})/w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)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。rは自然数となり得る。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となる。
(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。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。 >758
2^3+3^3=(2+(35^(1/3)-2))^3…(3')
成り立ちます
2^3+3^3=(2+(35^(1/3)-2))^3…(3')は、
2^3+3^3={35^(1/3)}^3={(2^3+3^3)^(1/3)}^3となるので、
s,tはどんな数でも成り立ちます。
(35^(1/3)-2)が有理数となるかが、問題です。 >>738
> >725
> 結局証拠もなしに「できます」って書くだけですか。
> 簡単で良いですね。さすが嘘つき。
>
> 嘘は、ついていません。
一言嘘をつくだけですか。
> >644
> そう主張するなら、主張する日高さんがやってみせてください。
に対して、出来るだのなんだの言い張っているのは日高なのだから、やって見せれば良い。
それが出来ない限り嘘つき。 >756
> (4)のx,yが整数比とならない解と同じとなります。
どうやったら同じになるかを詳しく書かない限り
それは偽善者日高の妄想ですよね
(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}が有理数となる場合を考えます。 >759
じゃあ，s,tは有理数なんだから，上のように(3')と置くことが自体が無理なんじゃありませんか。
s,tは有理数と仮定した場合は、(3')と置くことができます。
(3')には解はない。それでいいんですか？
s,tが有理数、(p^{1/(p-1)})/wが有理数では、式は成り立ちません。
s+(p^{1/(p-1)})/wが、自明な無理数ならば、解があります。(762参照）
つまり(3')はこの段階では s^p+t^p=u^p (s,tは有理数，uは実数)という一般式になります。
成り立たないとは言えないでしょう。いや，普通に成り立ちます。
uは自明な無理数(762参照）となります。 >>765
>s,tが有理数、(p^{1/(p-1)})/wが有理数では、式は成り立ちません。
それは証明主題でしょう。
証明主題を論証のなかに持ち込むんですか？
だから循環論法と言われるんですよ。 >>762
> (35^(1/3)-2)が有理数となるかが、問題です。
それは偽善者日高のすり替えですね
論点は
>>757
> s,tを有理数とすると、(3')は、成り立ちません。
> ({1/(p-1)})/wが、有理数の場合でも、無理数の場合でも）
>>764
> (p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}が有理数となる場合を考えます。
偽善者日高は考えてないじゃん
>>760
> (3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
この場合に対応する(4)の解は整数比にならないかもしれないが
> (3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなる
この場合に対応する(4)の解が整数比にならないことは証明されていない >763
> そう主張するなら、主張する日高さんがやってみせてください。
に対して、出来るだのなんだの言い張っているのは日高なのだから、やって見せれば良い。
それが出来ない限り嘘つき。
二項展開すれば、わかります。私はやりません。 >>765
付け加えておくと【証明】の最終行(∴の一行前)
>(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、解s,t,s+({1/(p-1)})/wは、整数比とならない。
この行は，そもそも文自体に矛盾を含んでいます。
「比」の各要素がすべて有理数であり，有理数ならば整数比になるので，これは「有理数ならば有理数でない」といってるのと同じです。
この文自体が成り立たないので，この文を根拠に何かを結論づけることはできません。 >766
>s,tが有理数、(p^{1/(p-1)})/wが有理数では、式は成り立ちません。
それは証明主題でしょう。
証明主題を論証のなかに持ち込むんですか？
(4)と同じとなります。 >767
> (3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなる
この場合に対応する(4)の解が整数比にならないことは証明されていない
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zの定数倍となります。 >>770
>(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
最後の「x,y,zは整数比とならない。」は「xを無理数，yを有理数とすると，x,y,zは整数比とならない。」です。
ここでは「xを無理数，yを有理数とすると」は省いてはいけません。
でたらめの元になります。
>(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
わけですから，(4)の解x,y,zは「xを無理数，yを有理数とすると，x,y,zは整数比となりません。」ということしか言えません。
>s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
は，解s，tが有理数なので，(4)の解と同じでなく，
>(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、解s,t,s+({1/(p-1)})/wは、整数比とならない。
とは言えません。 x^p+y^p=K (x,yは実数,Kは>0の実数)
日高さん，あなたはK>0の実数であるかぎり，いかなる値をとろうとも，上の方程式の解 x:yが任意の整数比になるようにx,yを定めうることを理解されていますか？
あなたの【証明】を見ていると
>(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
のところで，x:yが整数比になるように，x，yを定めることはできないと，理解されているように見受けられますが？ >>771
> (4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zの定数倍となります。
おまえはアホか
> (3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
> (3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合
s,t,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比となる
(4)の解を持ち出す必要なし
> (4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zの定数倍となります。
(4)の解と同じとなるのならば(4)の解も整数比になる >769
「比」の各要素がすべて有理数であり，有理数ならば整数比になるので，これは「有理数ならば有理数でない」といってるのと同じです
よく、理解することが、できませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。 >>775
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合なんだから，(p^{1/(p-1)})/wは有理数，s,tは設定により有理数，比の対象となる3数がすべて有理数なので，
s:t:(p^{1/(p-1)})/w は整数比となる。
(有理数):(有理数):(有理数)=(整数):(整数):(整数)。
難しいですか？ >>768
> >763
> > そう主張するなら、主張する日高さんがやってみせてください。
> に対して、出来るだのなんだの言い張っているのは日高なのだから、やって見せれば良い。
> それが出来ない限り嘘つき。
>
> 二項展開すれば、わかります。私はやりません。
はい。出来ないこと決定。
さようなら。 >>775
>(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、解s,t,s+({1/(p-1)})/wは、整数比とならない。
整数比になるはずなのに，整数比とならないと結論づけている。
つまり，この文章のどこかにおかしいところがあります。
何故矛盾するのでしょうか？
どこがおかしいのでしょうか？
「s,tは有理数」とおくこと自体に問題はありません，「(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合」とは場合分けしてるだけなのでここにも問題はありません。
とすると，矛盾の原因は，「(4)の解と同じとなるので」の部分にあります。
つまり(4)の解と「同じではないもの」を「同じ」としているから矛盾するんです。
ご理解いただけましたか？ >>775
さらにいえば
「(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合」，解があるのならば，整数比となることは確定済なので，成り立つことだけを示すだけでよいことになります。
「(4)の解と同じとなるので」は持ち出せませんから，解があるかどうかの資料になりません。
s+({1/(p-1)})/w =u (uは有理数)とおくと，
s^p+t^p=u^p (pは奇素数,s,t,uは有理数)には，解があるのでしょうか？
hahahahaha
出発点に戻ってしまいましたねwww
hahahahaha (修正21)
【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)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。rは有理数となり得る。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,rを有理数とすると、式は成り立たない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')は(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}を有理数、s=x、t=yとした場合、成り立たない。
∴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。 (修正22)
【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)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。rは有理数となり得る。
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,rを有理数とすると、成り立たない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pの両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(3')とする。
(3')は(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}を有理数、s=x、t=yとした場合、(4)が成り立たないので、成り立たない。
∴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。 >>780
> (4)のx,y,rを有理数とすると、式は成り立たない。
おまえはアホか
フェルマーの最終定理によると式は成り立たない
が使えるわけないだろ
【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。
【日高証明】x,y,zを有理数とすると式は成り立たない
∴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)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。rは自然数となり得る。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となる。
(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。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。 (修正23)
【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)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。rは有理数となり得る。
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,rを有理数とすると、成り立たない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(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)
(5)の両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(5')とする。
(5')は(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}を有理数、s=x、t=yとしたとき、(4)が成り立たないので、成り立たない。
∴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)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。rは自然数となり得る。
(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。x,y,zは整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >772
最後の「x,y,zは整数比とならない。」は「xを無理数，yを有理数とすると，x,y,zは整数比とならない。」です。
ここでは「xを無理数，yを有理数とすると」は省いてはいけません。
でたらめの元になります。
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
は、正しいです。二項展開してみてください。 >>784日高
>(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
「x,y,zは整数比とならない。」
は常にそうなるのですか？つまり，
「x,y,zは 常に 整数比とならない。」のですか？
それとも
「xが無理数，yが有理数のとき，x,y,zは整数比とならない。」…(*)のですか？
下の場合は，その命題は命題の内容自体から，常に正しいと言える，即ち「常に真」な命題であって，x,y,zを用いるどんな式に対しても(*)は成り立ちます。
何かの式から導かれなければならないようなものではなく，また何かの論証の基礎になり得るとも思いませんが？ >773
>(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
のところで，x:yが整数比になるように，x，yを定めることはできないと，理解されているように見受けられますが？
zが無理数でよければ、x:yが整数比になるように，x，yを定めることが、出来ます。 >>786
時間差が生じてしまいました。
>(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となる。
ここまでなら正しいですよ。右辺が無理数になるのですから，左辺には無理数がないと困ります。2項展開するまでもありません。
そこまでが正しいがどうかは問題にしていません。問題にしてるのは，上の>784で述べているように，「x,y,zは整数比とならない。」というのは「xが無理数，yが有理数のとき，x,y,zは整数比とならない。」という意味ですか。ということです。
その理解で正しいならば，「x,yがともに無理数」の場合はどうするんですか？ということです。
何度も繰り返し繰り返し指摘され，そしてどうしても理解していただけないようですが，「x,yがともに無理数」の場合は，未だ検討されていませんから，この先で「x,y,zは整数比とならない。」という結論は使えませんよ。 >>788
また時間差になりました。
だったら，そのx,yが整数比になるときはどう処理するんですか。
この先で「x,y,zは整数比とならない。」という結論は使えませんよ。
zが有理数の場合も整数比となることがあるのではないか？というのが証明主題です。
zが有理数の場合は整数比となることはありません，というなら証明すべき結論の先取りです。
「zが有理数の場合は、x:yが整数比になるように，x，yを定めることはできません。」
とは証明が終わるまでは結論できません。それは理解されていますよね？ 790を訂正します。zはここでは無理数でした。
zが無理数の場合に，x:yが整数比になり得るのならば，x,yは無理数なのですから，zが無理数ならばx:y:zは整数比になり得ます。
整数比とならないというのは別個に証明が必要でしょう。
ここでの「x,y,zは整数比とならない。」というのはその証明に引き継げないと思いますが。 >791(続き)
具体的には
>(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,rを有理数とすると、成り立たない。
で，このように結論できなくなります。
(3)には無理数で整数比の解が存在しない，とはまだ証明されていませんから，無理数で整数比の解が(3)に存在する場合，そのまま解を有理化すれば，(4)は成り立ち得ます。
(3)の「x,y,zは整数比とならない。」はここでは持ち出せません。
(3)の「x,y,zは整数比とならない。」とは「xが無理数，yが有理数のとき，x,y,zは整数比とならない。」といってるだけで「x,yがともに無理数」のときは対象ではありません。
それに「(4)のx,y,rを有理数とすると、{(4)は???}成り立たない」というのは，証明すべき結論そのものではありませんか？
これが言えるのならば，その先へ証明を進める必要がないと思いますが。 >>737 日高
> >724
> 「x,yが、整数比とならない」って言えているの？
>
> (3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
仮に「yを有理数とすると、xは無理数となる」が言えたとしても，
「x,y,zは整数比とならない」は出ないよね。
「yを有理数とすると、x,y,zは整数比とならない」が言えただけ。
>>784でも直っていない。
証明の中に嘘を書くのはやめよう。 >>750 日高
> >732
> どこまでいっても本物の証拠にたどり着きません。循環しています。
>
> (3)が結論です。
(3)は式の番号でしょ？ なんでそれが結論になるのさ。 >>768 日高
> >763
> > そう主張するなら、主張する日高さんがやってみせてください。
> に対して、出来るだのなんだの言い張っているのは日高なのだから、やって見せれば良い。
> それが出来ない限り嘘つき。
>
> 二項展開すれば、わかります。私はやりません。
それなら査読者にrejectされるだけです。 >>786 日高
> >772
> 最後の「x,y,zは整数比とならない。」は「xを無理数，yを有理数とすると，x,y,zは整数比とならない。」です。
> ここでは「xを無理数，yを有理数とすると」は省いてはいけません。
> でたらめの元になります。
>
> (3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
> は、正しいです。二項展開してみてください。
嘘つくなよな。証明できないくせに。 (修正23)
【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)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。rは有理数となり得る。
(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,rを有理数とすると、成り立たない。
(3)のx,yが無理数の場合は、(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)
(5)の両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p…(5')とする。
(5')は(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}を有理数、s=x、t=yとしたとき、(4)が成り立たないので、成り立たない。
∴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)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。rは自然数となり得る。
(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。x,y,zは整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >>787日高
>(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
>(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,rを有理数とすると、成り立たない。
「x,y,zは整数比とならない。」のは「x,y,zは常に整数比とならない」の意味ですか？
「(4)のx,y,rを有理数とすると、成り立たない。」のは何が成り立たないんですか？ フェルマーの最終定理が正しいことを前提として、フェルマーの最終定理を証明するって異次元のアイデアだね。
前人未踏の洞窟内部に足を踏み入れるシーンを、洞窟内部から撮影する◯◯ひろし探検隊みたいな感じだね。 >>797
> 【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。rは有理数となり得る。
> (3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
> (4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,rを有理数とすると、
また元に戻っていますね
(4)x,y,rを有理数とすると、(3)のrは無理数ですから、(4)のｘ、ｙ、ｒと同じ比の(3)のｘ、ｙ、ｒはすべて無理数です。
(3)のｘ、ｙ、ｒが無理数の場合は調べていません。
(3)の「整数比でない解」をいくら調べても、(3)の「整数比の解」について調べたことになりません。
文章は前から読むものです。ここまでで、(3)のｘ、ｙ、ｒがすべて無理数の場合を調べていないので、
「(4)のx,y,rを有理数とすると、成り立たない。」は言えません。
証明は失敗です。 >>797
変わっていませんね。
「(4)に整数比の数を代入しても成り立たない」の証拠は「(3)に整数比の解がない」です。
「(3)に無理数で整数比の数を代入しても成り立たない」の証拠は「(4)に整数比の数を代入しても成り立たない」です。
「(4)に整数比の数を代入しても成り立たない」の証拠は「(3)に整数比の解がない」です。
「(3)に無理数で整数比の数を代入しても成り立たない」の証拠は「(4)に整数比の数を代入しても成り立たない」です。
「(4)に整数比の数を代入しても成り立たない」の証拠は「(3)に整数比の解がない」です。
「(3)に無理数で整数比の数を代入しても成り立たない」の証拠は「(4)に整数比の数を代入しても成り立たない」です。
「(4)に整数比の数を代入しても成り立たない」の証拠は「(3)に整数比の解がない」です。
「(3)に無理数で整数比の数を代入しても成り立たない」の証拠は「(4)に整数比の数を代入しても成り立たない」です。
けっきょく、「(3)に無理数で整数比の数を代入しても成り立たない」を実際に調べているところがどこにもなく、循環しています。
>>797の証明は、失敗です。 (修正24)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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。rは自然数となり得る。
(3)は2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,y,zは整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >>803
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、解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は
√3が無理数なので解x,y,zは整数比とならない
x^2+y^2=(x+√3)^2のときx,y,zが整数比となるxやyの条件を求めて
そのxやyの条件をx^3+y^3=(x+√3)^3に当てはめてみよ >774
> (3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合
s,t,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比となる
s,t,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比となりません。 >776
数，比の対象となる3数がすべて有理数なので，
s:t:(p^{1/(p-1)})/w は整数比となる。
私の主張は、(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、s,tのどちらか、または、両方が
無理数となる。です。
(有理数):(有理数):(有理数)=(整数):(整数):(整数)。
難しいですか？
その通りです。 >>803
> (3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
以前のレスで、「有理数解とならない」と同意しています。よってその一文は無効です。
フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/
143 名前：日高[] 投稿日：2020/08/30(日) 11:54:17.13 ID:Ecyoi1s7 [16/20]
>138
「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割っても、(3)の有理数解とならない」 …(B)
が正しい理由です。
はい。そう思います。 >778
矛盾の原因は，「(4)の解と同じとなるので」の部分にあります。
つまり(4)の解と「同じではないもの」を「同じ」としているから矛盾するんです。
({1/(p-1)})/wが、有理数のとき、s,t,s+({1/(p-1)})/wが、解となるかを、検討しています。 >779
「(4)の解と同じとなるので」は持ち出せませんから，解があるかどうかの資料になりません。
どうして、「(4)の解と同じとなるので」は持ち出せないのでしょうか？ >782
> (4)のx,y,rを有理数とすると、式は成り立たない。
おまえはアホか
>フェルマーの最終定理によると式は成り立たない
が使えるわけないだろ
(4)のx,y,rを有理数とすると、式は成り立たない。
これは、(3)のx,y,zが整数比とならないからです。 >787
「x,y,zは 常に 整数比とならない。」のですか？
はい。
(3)の解x,y,zは整数比となりません。 >>807
私の主張は、(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、s,tのどちらか、または、両方が無理数となる。です。…(*)
何いってんですか。修正20で
>(3)のx,yが無理数の場合は、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
とおいたのはあなたでしょう。
あなたがs,tは有理数とおいたのだから，あなたの主張によりs,tは有理数です。
>(3')の(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)の解と同じとなるので、解s,t,s+({1/(p-1)})/wは、整数比とならない。
矛盾は「(4)の解と同じとなるので」にあります。s,tを有理数とおいたところにではありません。 >>812
あー，やっちゃいましたね。
まさかこれに「はい」と答えるとは思いませんでした。
>(3)はp^{1/(p-1)}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,y,zは整数比とならない。
「x,y,zは常に整数比とならない」ならば，整数比となる無理数解も存在していないことになるので，【証明】はここで終了です。
フェルマーの最終定理の証明に成功したというわけではありません。
証明主題がここで使われてしまっていることが確定し，数式でいろいろとごまかす前に，【証明】の循環が明らかになってしまうからです。
いやー，長いことおつきあいありがとうございました。 >789
「x,yがともに無理数」の場合はどうするんですか？ということです。
何度も繰り返し繰り返し指摘され，そしてどうしても理解していただけないようですが，
s^3+t^3=(s+√3/w)^3
w=√3/{(s^3+t^3)^(1/3)-s}
s^3+t^3={(s^3+t^3)^(1/3)}^3となるので、
s,tは、どんな数でも成り立ちます。
フェルマーの最終定理の証明に対しては、この式は、意味がないことになります。 (修正24)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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。rは自然数となり得る。
(3)は2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,y,zは整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >791
zが無理数の場合に，x:yが整数比になり得るのならば，x,yは無理数なのですから，zが無理数ならばx:y:zは整数比になり得ます。
x,yは無理数、zが無理数でx:y:zが整数比になるならば、
x,y,zが有理数で、整数比となります。 >792
(3)には無理数で整数比の解が存在しない，とはまだ証明されていませんから，無理数で整数比の解が(3)に存在する場合，そのまま解を有理化すれば，(4)は成り立ち得ます。
(3)に、無理数で整数比の解が存在するならば、有理数で、整数比の解が存在します。 >>818
> x,yは無理数、zが無理数でx:y:zが整数比になるならば、
> x,y,zが有理数で、整数比となります。
xが無理数ならxが有理数となるの？
無理数と有理数の定義が分かっていないようですね。
いつまでデタラメで間違いだらけの言い方をするのですか？
数学を勉強し直してせめてまともな言い回しを覚えてから出直せ。
証明はデタラメなので間違い。 >793
仮に「yを有理数とすると、xは無理数となる」が言えたとしても，
「x,y,zは整数比とならない」は出ないよね。
「yを有理数とすると、x,y,zは整数比とならない」が言えただけ。
「yを有理数とすると、xは無理数となる」が言えるので、
x,y,zは整数比となりません。 >794
(3)は式の番号でしょ？ なんでそれが結論になるのさ。
(3)の解が整数比とならないので、(3)の解も整数比とならないからです。 >799
「x,y,zは整数比とならない。」のは「x,y,zは常に整数比とならない」の意味ですか？
どういう意味でしょうか？
「(4)のx,y,rを有理数とすると、成り立たない。」のは何が成り立たないんですか？
(4)式が、成り立ちません。 >800
フェルマーの最終定理が正しいことを前提として、フェルマーの最終定理を証明するって異次元のアイデアだね。
どの、部分のことでしょうか？ >801
文章は前から読むものです。ここまでで、(3)のｘ、ｙ、ｒがすべて無理数の場合を調べていないので、
「(4)のx,y,rを有理数とすると、成り立たない。」は言えません
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pを調べています。 (修正24)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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。rは自然数となり得る。
(3)は2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,y,zは整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >>822
> (3)の解が整数比とならないので、(3)の解も整数比とならないからです。
意味不明。
ま、フェルマーの最終定理が成り立つからフェルマーの最終定理が成り立ちますって言っているようなものだから日高らしいが。 >802
けっきょく、「(3)に無理数で整数比の数を代入しても成り立たない」を実際に調べているところがどこにもなく、循環しています。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pを調べています。 >805
x^2+y^2=(x+√3)^2のときx,y,zが整数比となるxやyの条件を求めて
そのxやyの条件をx^3+y^3=(x+√3)^3に当てはめてみよ
「xやyの条件」の意味を教えていただけないでしょうか。 >>830
あんたはxやyやrが有理数か無理数かで証明しようとしているのでしょ
√3が無理数なので解x,y,zは整数比とならない
z-x=r=√3が無理数であることが整数比にならない条件
日高流の適用例
x^2+y^2=(x+√3)^2
√3が無理数なので解x,y,zは整数比とならない
よってX^2+Y^2=(X+2)^2の解も整数比にならない
x^2+y^2=(x+√3)^2のときx,y,zが整数比となるxやyの条件を求めて
そのxやyの条件をx^3+y^3=(x+√3)^3に当てはめてみよ >808
「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割っても、(3)の有理数解とならない」 …(B)
が正しい理由です。
はい。そう思います。
これは、「(3)の有理数解とならない」の部分を、(3)の解は、有理数とならないと
とったのだと、思います。 >>832
> >808
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割っても、(3)の有理数解とならない」 …(B)
> が正しい理由です。
> はい。そう思います。
>
> これは、「(3)の有理数解とならない」の部分を、(3)の解は、有理数とならないと
> とったのだと、思います。
意味が分からん。
「(3)の有理数解とならない」と「(3)の解は、有理数とならない」何が違うの？ >>821 日高
> >793
> 仮に「yを有理数とすると、xは無理数となる」が言えたとしても，
> 「x,y,zは整数比とならない」は出ないよね。
> 「yを有理数とすると、x,y,zは整数比とならない」が言えただけ。
>
> 「yを有理数とすると、xは無理数となる」が言えるので、
> x,y,zは整数比となりません。
君は無理数x,y,zが整数比になるという現象を理解していないんだ。 >>822 日高
> >794
> (3)は式の番号でしょ？ なんでそれが結論になるのさ。
>
> (3)の解が整数比とならないので、(3)の解も整数比とならないからです。
だったら、
>>750 日高
> >732
> どこまでいっても本物の証拠にたどり着きません。循環しています。
>
> (3)が結論です。
という書き方はまずかったことになるよね。 >813
矛盾は「(4)の解と同じとなるので」にあります。s,tを有理数とおいたところにではありません。
よく、理解できません。 >814
「x,y,zは常に整数比とならない」ならば，整数比となる無理数解も存在していないことになるので，【証明】はここで終了です。
意味が、よくわかりません。 (修正24)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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。rは自然数となり得る。
(3)は2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,y,zは整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >>832
> >808
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割っても、(3)の有理数解とならない」 …(B)
> が正しい理由です。
> はい。そう思います。
>
> これは、「(3)の有理数解とならない」の部分を、(3)の解は、有理数とならないと
> とったのだと、思います。
議論を始める時のやり取りは、
-----
5 名前：日高[] 投稿日：2020/08/27(木) 19:55:58.80 ID:q02tcKl1 [4/6]
>4
さて、スレも新しくなりましたが、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」 …(A)
はい。
-----
↑だったから、（『有理数解』に「はい」と返事している）
> これは、「(3)の有理数解とならない」の部分を、(3)の解は、有理数とならないと
> とったのだと、思います。
この言い訳は苦しいと思うよ。 日高くん、意味がわかりませんで逃げるのはやめよ?
わかるように頑張ろ? >>838
> (3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
これが
(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が有理数で、整数比となる。
の意味なら
あなたは(5/4)^2+(12/4)^2=(5/4+2)^2…(3)と同じ比の、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)の別の解を答えられないので
(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が有理数で、整数比となる。は間違い
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、x^p+y^p=z^pの解x,y,zが有理数で、整数比となる。
の意味なら
仮定「(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、」結論「x^p+y^p=z^pの解x,y,zが有理数で、整数比となる。」証明終 意味がわからない = フェルマーの最終定理を証明するに足る知識がない = 証明不可能
という事です。
つまり証明は失敗です。 【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)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。rは自然数となり得る。
(3)は2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,y,zは整数比となる。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >820
xが無理数ならxが有理数となるの？
無理数と有理数の定義が分かっていないようですね。
xが無理数で、x,y,zが整数比となるならば、
xが有理数で、x,y,zが整数比となります。 >828
> (3)の解が整数比とならないので、(3)の解も整数比とならないからです。
意味不明。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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。
これらが、理由です。 >831
x^2+y^2=(x+√3)^2
√3が無理数なので解x,y,zは整数比とならない
よってX^2+Y^2=(X+2)^2の解も整数比にならない
a2=√3
a=√3/2
x^2+y^2=(x+√3)^2の解x,y,zは(3)の解x,y,zの√3/2となります。
よって、x^2+y^2=(x+√3)^2の解は、無理数で、整数比となります。
x^2+y^2=(x+√3)^2のときx,y,zが整数比となるxやyの条件を求めて
そのxやyの条件をx^3+y^3=(x+√3)^3に当てはめてaみよ
x^3+y^3=(x+√3)^3
(a3)^{1/(3-1)}=√3
a=1
x,yを有理数とすると、両辺は等しくならない。
よって、x,y,zは整数比とならない。 >>847
> x^2+y^2=(x+√3)^2のときx,y,zが整数比となるxやyの条件を求めて
> そのxやyの条件をx^3+y^3=(x+√3)^3に当てはめてみよ
そのxやyの条件をx^3+y^3=(x+√3)^3に当てはめてみよ
が問なのになぜ条件をかえるのか説明せよ
> 無理数で、整数比となります。
> x,yを有理数とすると
条件をかえるということはおまえの証明は間違いということだ
x^2+y^2=(x+√3)^2のときも
> x,yを有理数とすると、両辺は等しくならない。
> よって、x,y,zは整数比とならない。
> x^2+y^2=(x+√3)^2の解x,y,zは(3)の解x,y,zの√3/2となります。
(3)の解はx^2+y^2=(x+√3)^2の解の2√3/3倍になるから
おまえの証明が正しければ(3)の解も整数比にならないはずだろ >833
意味が分からん。
「(3)の有理数解とならない」と「(3)の解は、有理数とならない」何が違うの？
「(3)の解は、有理数とならない」は、
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(3)は、x,y,zが、有理数で、整数比とならないので、x,y,zが無理数で、整数比とならない。
という意味です。 (修正24)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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。rは自然数となり得る。
(3)は2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,y,zは整数比となる。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >834
君は無理数x,y,zが整数比になるという現象を理解していないんだ。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
例
2√3+3√3=5√3
2+3=5 (修正25)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比となりうる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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r=2のとき、x^p+y^p=(x+2)…(4)となる
(4)は2が有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数か無理数になる
xが有理数になりうるのでx,y,zは整数比となりうる。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zの2/p^{1/(p-1)}倍となるので、
(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比となりうる。 (修正26)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比となりうる。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)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、r=2のとき、x^p+y^p=(x+2)^p…(4)となる
(4)は2が有理数なので、yを有理数とすると、xは有理数か無理数になる
xが有理数になりうるのでx,y,zは整数比となりうる。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zの2/p^{1/(p-1)}倍となるので、
(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比となりうる。 >>855
> 853,854は、ニセ物です。
ただし正しいです
>>850は証明としてはニセ物です 嘘つきは嘘をつかれる
無礼な者は無礼をされる
誤魔化す者は誤魔化される 本物のニセ物が現れれば本物だが、
ニセ物のニセ物ならばニセ物だな >840
↑だったから、（『有理数解』に「はい」と返事している）
> これは、「(3)の有理数解とならない」の部分を、(3)の解は、有理数とならないと
> とったのだと、思います。
この言い訳は苦しいと思うよ。
(修正24)に、訂正します。 (修正24)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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。rは自然数となり得る。
(3)は2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,y,zは整数比となる。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >>859
> >840
> ↑だったから、（『有理数解』に「はい」と返事している）
>
> > これは、「(3)の有理数解とならない」の部分を、(3)の解は、有理数とならないと
> > とったのだと、思います。
> この言い訳は苦しいと思うよ。
>
> (修正24)に、訂正します。
(修正24)（>>850）にも
> (3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
があるよ。変わってない。 >842
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、x^p+y^p=z^pの解x,y,zが有理数で、整数比となる。
の意味なら
仮定「(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、」結論「x^p+y^p=z^pの解x,y,zが有理数で、整数比となる。」証明終
はい。そうです。 >848
(3)の解はx^2+y^2=(x+√3)^2の解の2√3/3倍になるから
おまえの証明が正しければ(3)の解も整数比にならないはずだろ
(3)の解はx^2+y^2=(x+2)^2
の、x,y,zです。 >862
(修正24)（>>850）にも
> (3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
があるよ。変わってない。
どういう意味でしょうか？ >>866
> >862
> (修正24)（>>850）にも
> > (3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
> があるよ。変わってない。
>
> どういう意味でしょうか？
ん？
もともと>>808で
> (3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
に対して指摘したんだけど。 変わってないよね。 808 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/10/14(水) 10:38:37.57 ID:552hiRGb [1/3]
>>803
> (3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
以前のレスで、「有理数解とならない」と同意しています。よってその一文は無効です。
フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/
143 名前：日高[] 投稿日：2020/08/30(日) 11:54:17.13 ID:Ecyoi1s7 [16/20]
>138
「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割っても、(3)の有理数解とならない」 …(B)
が正しい理由です。
はい。そう思います。 >867
ん？
もともと>>808で
> (3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
に対して指摘したんだけど。 変わってないよね。
どういう意味でしょうか？ (修正24)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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。rは自然数となり得る。
(3)は2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,y,zは整数比となる。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >868
>138
「(3)の無理数解が整数比となるならば、それを共通の無理数で割っても、(3)の有理数解とならない」 …(B)
が正しい理由です。
はい。そう思います。
以下に、訂正します。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。 >>869
> >867
> ん？
> もともと>>808で
> > (3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
> に対して指摘したんだけど。 変わってないよね。
>
> どういう意味でしょうか？
んんん？
>>859で
> (修正24)に、訂正します。
と書いたよね。
> (3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
の文言を訂正するなり削除するなり、って事じゃないの？ >>872-873
そうですか。分かりました。
（個人的には>>864が重要だと思っています） >>865
だから
>>860
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
これは間違っているだろ
x^2+y^2=(x+√3)^2のときも
> x,yを有理数とすると、両辺は等しくならない。
ここまでは正しいだろ
だからと言って
> よって、x,y,zは整数比とならない。
これは言えないじゃないか
> (3)の解はx^2+y^2=(x+2)^2
> の、x,y,zです。
x^2+y^2=(x+2)^2を持ちださずにx^2+y^2=(x+√3)^2の解x,y,zが整数比になることは√3が無理数だから示せないんだろ
【日高定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解x,y,zは、整数比とならない。
【日高証明】(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、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=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解x,y,zは、整数比とならない。
これが正しいなら
【日高定理】pが奇素数のとき、x^2+y^2=z^2=(x+p^{1/(p-1)})^2…(3)の解x,y,zは、整数比とならない。
【日高証明】(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^2+y^2=z^2=(x+p^{1/(p-1)})^2…(3)の解x,y,zは、整数比とならない。
も正しくないといけないから>>870は間違い >873
> (3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
の文言を訂正するなり削除するなり、って事じゃないの？
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
このことの意味は、
2√3+3√3=5√3となるならば、2+3=5となる。という意味です。 >875
x^2+y^2=(x+2)^2を持ちださずにx^2+y^2=(x+√3)^2の解x,y,zが整数比になることは√3が無理数だから示せないんだろ
x^2+y^2=(x+2)^2の解が、整数比となるので、x^2+y^2=(x+√3)^2の解も整数となります。
x^2+y^2=(x+2)^2のaが、1だからです。 >>846
言い訳も理由も聞いていません。
意味不明なものが意味不明だと指摘しているだけです。
いくら言い訳しても
> (3)の解が整数比とならないので、(3)の解も整数比とならないからです。
は意味不明な文章です。 >>845
> xが無理数で、x,y,zが整数比となるならば、
> xが有理数で、x,y,zが整数比となります。
何度も言ってますが、無理数が有理数になることはありえません。
そういった言い方が間違い。まともな日本語と数学を勉強し直して出直してきてください。 >>877
> x^2+y^2=(x+2)^2の解が、整数比となるので
って
> x^2+y^2=(x+2)^2を持ちださずに
おまえはこれが読めないの？
x^2+y^2=(x+2)^2を持ちだした時点で>>870は間違いなの 先ずは、言語の勉強をした方がいい。
日本語で証明するなら日本語を勉強しないと。
次に、マナーや礼儀を勉強した方がいい。
そして、論理的に考える習慣を身につけて、それから算数の勉強をした方がいい。
これらが済んでから数学を勉強して、証明問題なり何なり課題に取り組むことをお勧めする。 (修正24)から日高氏以外には，無駄な部分を削ってみます。
【日高理論によるフェルマーの最終定理の証明】
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。
rを「p乗しても有理数とならない無理数」とすると、(1)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。
いやー，すばからしい簡潔さですねw (修正24)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、解x,y,zは整数比とならない。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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。rは自然数となり得る。
(3)は2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,y,zは整数比となる。
(3)の解x,y,zが無理数で整数比となるならば、解x,y,zが有理数で、整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >878
> (3)の解が整数比とならないので、(3)の解も整数比とならないからです。
は意味不明な文章です。
訂正します。
(3)の解が整数比とならないので、(4)の解も整数比とならないからです。 >880
x^2+y^2=(x+2)^2を持ちだした時点で>>870は間違いなの
よく、意味がわかりません。 >881
そして、論理的に考える習慣を身につけて、それから算数の勉強をした方がいい。
どの、部分が、論理的でないのでしょうか？ >882
rを「p乗しても有理数とならない無理数」とすると、(1)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。
理由が、抜けています。 >885
修正していないものを載せるの邪魔。ゴミ。迷惑。
どの部分を修正すれば、よいのでしょうか？ >>890
> >885
> 修正していないものを載せるの邪魔。ゴミ。迷惑。
>
> どの部分を修正すれば、よいのでしょうか？
大量に指摘されているだろが。自分で考えろよ。
とにかく、修正してないのを載せるのは、全て邪魔。 (修正27)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yを有理数としたとき解x,y,zは整数比とならない。
(3)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
(3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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2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,y,zは整数比となる。
(4)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
(4)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >>892
(修正27)
>(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yを有理数としたとき解x,y,zは整数比とならない。
これをまず証明しないと。
理由が、抜けていますwwwwww(>889) >894
>(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yを有理数としたとき解x,y,zは整数比とならない。
これをまず証明しないと。
左辺は有理数右辺は、無理数となります。 失礼，>894 は勘違い。
>(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yを有理数としたとき解x,y,zは整数比とならない…(*)
これは文句なく正しいです。お詫びして訂正しておきます。
>(3)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
あなたが，X,Y,Zを(3)の「解」，とされているので，X,Y,Zは(3)を満たし，整数比となります。
>(3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
は，設定と結論がまた矛盾しています。z=Z/w なんでしょうから，
x:y:z=X:Y:Z (整数比)です。 >896
>(3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
は，設定と結論がまた矛盾しています。z=Z/w なんでしょうから，
x:y:z=X:Y:Z (整数比)です。
(3)のzは、z=x+p^{1/(p-1)}です。 >>892
> (修正27)
> 【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yを有理数としたとき解x,y,zは整数比とならない。
> (3)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
> (3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
「共通の無理数wで割」ったのですから「x=X/w、y=Y/w」は「x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)}/w))^p」の解であり、「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)」の解ではありません
仮に(3)に代入して成り立たないとしても、それは「別の方程式の解を代入した」ために起きたことです
> (4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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の解x,y,zは、整数比とならない >>887
> x^2+y^2=(x+2)^2を持ちだした時点で>>870は間違いなの
> よく、意味がわかりません。
x^2+y^2=(x+√3)^2に整数比になる解が存在したときに
x^2+y^2=(x+2)^2を持ちださずにその整数比になる解を示す方法がないんだよ
x^2+y^2=(x+√3)^2でx,yを有理数としたとき解x,y,zは整数比とならない
x^2+y^2=(x+√3)^2に有理数x=X/w,y=Y/wを代入すると解x,y,zは整数比とならない
x^2+y^2=(x+√3)^2に整数比になる解が存在したときに
整数比になる解が存在しても整数比になる解が存在しない結論を出しているのか
本当に整数比になる解が存在しないのかが区別できないだろ
pが奇素数のときもx^3+y^3=(x+√3)^3ならx^2+y^2=(x+√3)^2と同じz-xで
おまえの方法だと左辺は有理数で右辺も有理数なんだからx^3+y^3=(x+2)^3でx,yが有理数でも誤りは出てこない
x^3+y^3=(x+2)^3…(4)
>>893
> (4)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比となる。
X/w:Y/w:X/w+2は確かに整数比になる >>899の訂正
> pが奇素数のときもx^3+y^3=(x+√3)^3ならx^2+y^2=(x+√3)^2と同じz-xで
は
pが奇素数のときもx^3+y^3=(x+2)^3ならx^2+y^2=(x+2)^2と同じz-xで >>892
>(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yを有理数としたとき解x,y,zは整数比とならない。
x,yを有理数としたとき
P:「zが無理数ならば，x,y,zは整数比とならない。」
この命題Pが真としても，その命題Pから
Q:「zが有理数ならば，x,y,zは整数比とならない。」という命題は導けません。Qの真偽は不明です。
(修正27) の
>(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yを有理数としたとき解x,y,zは整数比とならない。
>(3)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
>(3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
はPからQを導けるとしている点で誤りです。
具体的には，(3)にx=X/w、y=Y/wは代入するが，z=Z/wを代入しない点が，数式手品のすり替えポイントです。
X,Y,Zは三つ揃って1セットなんですから，Zだけ除外してはいけません。 (修正27)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yを有理数としたとき解x,y,zは整数比とならない。
(3)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
(3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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2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,y,zは整数比となる。
(4)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
(4)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >>902
> (修正27)
> 【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yを有理数としたとき解x,y,zは整数比とならない。
> (3)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
> (3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
> (4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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の解x,y,zは、整数比とならない
修正してないのを載せるのは、全て邪魔。
ゴミ。 >>903
> 【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)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2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,y,zは整数比となる。
> (4)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
> (4)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比となる。
> (4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
> ∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。
修正してないのを載せるのは、全て邪魔。
ゴミ >>888
> >881
> そして、論理的に考える習慣を身につけて、それから算数の勉強をした方がいい。
>
> どの、部分が、論理的でないのでしょうか？
中身をまともに読んで理解しようとせず、
～～でしょうか？
よく、意味がわかりません。
などと一行で誤魔化すのが論理的でない。クソ。 >898
「共通の無理数wで割」ったのですから「x=X/w、y=Y/w」は「x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)}/w))^p」の解であり、「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)」の解ではありません
その場合、
x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)}/w))^pに、x=X/w、y=Y/wを代入すると、
X^p+Y^p=(Y+p^{1/(p-1)})^pとなります。
以前の証明となります。 >901
間違えました。
x,yを有理数としたとき
>Q:「zが有理数ならば，x,y,zは整数比とならない。」という命題は導けません。Qの真偽は不明です。
ここ間違ってます。x,yが有理数で，zも有理数ならばx,y,zは整数比になるからQは偽です。
というか「x,yを有理数としたとき，zが有理数ならばx,y,zは整数比となる」は恒真命題ですね。
>(3)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
>(3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
は恒真命題を否定しようとしていることになります。 (3)にx=X/w、y=Y/w を代入するのならば，z=Z/wも代入しないと，ごまかしですよ，という部分はそのままで。
X,Y,Zは三つ揃って1セットなんですから，Zだけ除外してはいけません。
x^2+y^2=z^2 の解(x,y,z)=(3√2,4√2,5√2)を x,yだけ√2でわって，z=5√2 のまま式に代入する人はいないでしょ。
ちゃーんと z も√２や w で割らなきゃ。 で，修正してみると
>(3)に有理数x=X/w，y=Y/w，z=Z/wを代入すると、解x,y,zはいずれも有理数であるが整数比とならない。
hahahahaha
また矛盾が生じてしまいましたねwww
hahahahaha いつのまにか、二項展開を本質的には使わない【証明】にすり替わっている。 >>907
> >898
> 「共通の無理数wで割」ったのですから「x=X/w、y=Y/w」は「x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)}/w))^p」の解であり、「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)」の解ではありません
>
> その場合、
> x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)}/w))^pに、x=X/w、y=Y/wを代入すると、
> X^p+Y^p=(Y+p^{1/(p-1)})^pとなります。
>
> 以前の証明となります。
それは元々成り立っている式に戻っただけで、
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)」に整数比の解がないことを証明できていない、ということの反論にはなっていませんね 【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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yを有理数としたとき解x,y,zは整数比とならない。
(3)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解X,Y,Zの1/w倍とすると、(4)の解x,y,zが整数比となる。証明終。
ついでに
省略した1行
> (3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
について
何度も言っているように、(3)の解x,y,zと同じ比の解は1つしか存在しない
(5/4)^2+(12/4)^3=(5/4+2)^2…(3)
この中の5/4と12/4に共通の数をかけたら、式は成り立たない
成り立たない式5^2+12^2=(5+2)^2…(3ダメ)成り立たない
成り立たないのだから、5/4と12/4に共通の数をかけた数は(3)の解ではない。
(4)の解は(3)の解に5/4,12/4,5/4+2に共通の数をかけたものであって、(3ダメ)の5,12,5+2に共通の数をかけても(4)の解ではない。
(4)の解は(3)の解5/4,12/4,5/4+2に共通の数をかけたものは有理数でx^2+y^2=z^2の解である。
>>902についても、
(4)の解は(3)の解X,Y,Zに共通の数をかけたものは有理数比でx^p+y^p=z^pの解である。 >>903
ああよく見たら、ｐ=2のときは
> (4)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると
としているのに、pが奇素数の時は
> (3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
としている
つまりわざとインチキのウソをやったということ
わざとインチキのウソをやるのは詐欺師です。あなたに数学の証明はできません。
(3)式はあなたが勝手にaやｒを固定しているので他の数を勝手に決めたら式が成り立たない、
(4)式は式が成り立つようにあとからaやｒを変化させられる
それをインチキに使っている >>902 日高
> (3)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
> (3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
なぜ(3)にこれらの数を代入するのですか？ >>915
(修正27)
>(3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
なぜ日高氏は(3)にこれらの数を代入するのですか？
そして，なぜ有理数z=Z/wを除外されるのですか？ >>915 ごめん，脊髄反射した。
日高理論をどこまで理解しているかは不安だが，日高氏に代わって答えておくと
これはx=X/w,y=Y/wと左辺だけ有理数にすると，(3)でx,yが有理数ならば，x,y,zは整数比とならないとした結論を使えると思うからだろう。
思うというか，実際に使ってる。
左辺の変数は取り替えるが，右辺は取り替えない。
そこでごまかしているわけだが，意図的なのか，本当に気付いていないのか。 >>902
ていうかAB=CDのときA=CならばB=Dっていうことなら
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)のとき
r^(p-1)=pならば{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}となる。となるはずだよね。
積の形使ってないやん。
まあなんにせよ
【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。(rがどんな数だろうが成り立つ)
右辺を展開して整理すると、、y^2=2rx+r^2となる。(これはただの式変形なので(1)と同じ、rがどんな数だろうが成り立つ)
ただの式変形でx=(y^2-r^2)/2r
有理数同士をかけても割っても足しても引いても有理数なので、rがどんな有理数で、ｙがどんな有理数でも、ｘは必ず有理数となる。
基準とやらはこれで十分。積の形にする必要はない。
pが奇素数の時も、結局勝手に決めたrが無理数ということしか証拠に使ってない。
積の形にするのはむだです。 (修正28)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、解x,y,zは整数比とならない。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >>919
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=p^{1/(p-1)} (pは奇素数)のとき、
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2…(3)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、解x,y,zは整数比とならない。
日高理論を使うと
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2はp^{1/(p-1)}が無理数なので
x,yにどんな数を代入しても解x,y,zは整数比とならないそうで
だったらx^2+y^2=z^2の解x,y,zは整数比とならないとして良いですかね？
x^2+y^2=(x+2)^2はx,yが有理数ならば左辺と右辺は有理数になって
整数比の解を持つ可能性があるからダメですね
(実際に整数比の解を持つからダメですね)
日高理論を使うと
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pはp^{1/(p-1)}が無理数なので
x,yにどんな数を代入しても解x,y,zは整数比とならないそうで
だったらx^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならないとして良いですかね？
x^p+y^p=(x+2)^pはx,yが有理数ならば左辺と右辺は有理数になって
整数比の解を持つ可能性があるからダメですね x^p+y^p=z^p…(*)と置きます。
x>0，y>0，z>0としてよいので，z>xです。
(*)の解となる3数x1，y1，z1をz>xになるように取ります。
その上で，z2-x2=rとなるような比率でx1,y1,z1を拡大または縮小してみます。
数直線上に配置されている各数がx:y:zの比率を保って，xとzの間隔がrとなるように拡大縮小(この比率をkとする)されることになります。
このとき x2=k*x1，y2=k*y1，z2=k*z1とおくと
(x2)^p+(y2)^p=(kx1)^p+(ky1)^p=k^p{(x1)^p+(y1)^p}=k^p*{(z1)^p}=(k*z1)^p=(z2)^p…(**)
なので(x2,y2,z2)も(*)の解となります。
逆に(x2,y2,z2)が(*)の解ならば，(**)を満たすので，(**)の両辺をk^pで割って，(x1)^p+(y1)^p=(z1)^pが導けるので，(x1,y1,z1)も(*)の解となります。
何が言いたいかというと，(*)をみたす【証明】(3)の解をk倍に拡大縮小した(4)が(*)を満たすことは，わざわざ指摘するまでもありません。
指定してもよいかも知れませんが蛇足です。また，そのとき，(3)の解x,y,zを比率kで拡大しただけなのですから，(3)の解と(4)の解のx:y:zの比率が変わるはずはありません。
従って，(4)の関連の記述は省略できます。(3)が整数比とならない，で【証明】は終了，ということになります。 >921を前提に(修正28)の証明を検討してみます。
積の形にするのも，日高理論からは要請されるのかも知れませんが，実際には何の役にも立っていません。
r^(p-1)=pを導き出すのに必要なのかも知れませんが，このrは以下の【証明】ではp乗しても有理数にならない無理数としてしか意味を持っていません。
つまり，r^(p-1)=pとおかなければならない必然性がありません。
いちおう，日高理論に敬意を払ってr^(p-1)=pを採用してみます。
その上で，積の形云々の部分を削除し，(4)関連も削除してみると
【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、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、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
ということになります。
日高さん，何か疑問点がありますか？ すみません，前提とするのは>922です
その上で，思い切って，rを「p乗しても有理数とならない無理数」としてみましょう。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおき，rを「p乗しても有理数とならない無理数」とする。
x^p+y^p=(x+r)^pである。
rが無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、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。
ずいぶん簡潔になりました。簡潔すぎて意味不明かも知れません。何も証明していないように思えるのは，きっと気のせいです。 >898
「共通の無理数wで割」ったのですから「x=X/w、y=Y/w」は「x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)}/w))^p」の解であり、「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)」の解ではありません
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)}/w))^pと同じとなります。 >900
pが奇素数のときもx^3+y^3=(x+2)^3ならx^2+y^2=(x+2)^2と同じz-xで
rは同じですが、pが違います。 >910
>(3)に有理数x=X/w，y=Y/w，z=Z/wを代入すると、解x,y,zはいずれも有理数であるが整数比とならない。
z=Z/w≠X/w+p^{1/(p-1)}なので、
z=Z/wを代入することは、できません。 >912
それは元々成り立っている式に戻っただけで、
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)」に整数比の解がないことを証明できていない、ということの反論にはなっていませんね
これは、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)/w}^pなので、
「元々成り立っている式」では、ありません。
p^{1/(p-1)/wは、wによっては、有理数、無理数どちらにも、なり得ます。
p^{1/(p-1)/wが有理数となるかを、検討する必要が、あります。 (修正28)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、解x,y,zは整数比とならない。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >>926
> rは同じですが、pが違います。
あんたはpが違ってもz-xが無理数なら同じ結論を導くことしかできないでしょ
x^2+y^2=(x+√3)^2
x^3+y^3=(x+√3)^3
√3が無理数なので解x,y,zは整数比にならない
> >875
> x^2+y^2=(x+2)^2を持ちださずにx^2+y^2=(x+√3)^2の解x,y,zが整数比になることは√3が無理数だから示せないんだろ
>
> x^2+y^2=(x+2)^2の解が、整数比となるので、x^2+y^2=(x+√3)^2の解も整数となります。
x^2+y^2=(x+√3)^2の解が整数比になることを示すのに
x^2+y^2=(x+2)^2の解が整数比になることを用いるのならば
x^3+y^3=(x+2)^3のx,yが有理数ならば左辺と右辺がともに有理数になることを
用いればx^3+y^3=(x+√3)^3の解が整数比になる可能性が残っていることになる
> x^2+y^2=(x+2)^2を持ちだした時点で>>870は間違いなの
> よく、意味がわかりません。
だからx^2+y^2=(x+2)^2を持ちだした時点で証明は失敗 >>927
(修正27) >902
>(3)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
あなたが(3)の解X,Y,Z と書いているではありませんか。
Zは(3)の解じゃなかったら何なんですか？
>(3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
X/w,Y/wを代入できるのに，Z/wを代入できない理由は何です？
ま，辻褄が合わなくなって都合が悪くなったから(修正28)でX/w，Y/w，Z/wとかの表現がなくなったんでしょうけどwww >>927
それに，適当な計算でごまかしてはいけません。
>z=Z/w≠X/w+p^{1/(p-1)}なので、
とは (有理数)=(有理数)+(無理数)となって矛盾するので，といいたいのでしょうが
X,Y,Zが(3)の解であると言うことは
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p を満たしているということであり，
Z=X+p^{1/(p-1)} ですから，z=Z/w=X/w+{p^{1/(p-1)}}/w です。
p^{1/(p-1)}は無理数wで割られることになるので，有理数になり得ます。
>z=Z/wを代入することは、できません。
は間違っています。 >913
>>902についても、
(4)の解は(3)の解X,Y,Zに共通の数をかけたものは有理数比でx^p+y^p=z^pの解である。
そうですね。 >914
(3)式はあなたが勝手にaやｒを固定しているので他の数を勝手に決めたら式が成り立たない、
(4)式は式が成り立つようにあとからaやｒを変化させられる
それをインチキに使っている
インチキでは、ありません。 >915
> (3)に有理数x=X/w、y=Y/wを代入すると、解x,y,zは整数比とならない。
なぜ(3)にこれらの数を代入するのですか？
x=X/w、y=Y/wが、有理数だからです。 >917
左辺の変数は取り替えるが，右辺は取り替えない。
そこでごまかしているわけだが，意図的なのか，本当に気付いていないのか。
右辺のxも、取り換えています。 >918
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)のとき
r^(p-1)=pならば{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}となる。となるはずだよね。
積の形使ってないやん。
{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}を展開して、
両辺に、x^pを加えると、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となります。 >921
x^p+y^p=(x+2)^pはx,yが有理数ならば左辺と右辺は有理数になって
整数比の解を持つ可能性があるからダメですね
pが素奇数のとき、
x^p+y^p=(x+2)^pの、x,yは、整数比となりません。 >923
【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、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、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
r^(p-1)=pの根拠が、必要です。 (修正28)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、解x,y,zは整数比とならない。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >924
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおき，rを「p乗しても有理数とならない無理数」とする。
x^p+y^p=(x+r)^pである。
rが無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、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。
rを「p乗しても有理数とならない無理数」とする。
この、rの根拠が、必要です。 >931
だからx^2+y^2=(x+2)^2を持ちだした時点で証明は失敗
なぜ、失敗なのか、が解りません。 >>937日高
>右辺のxも、取り換えています。
Z=X+p^{1/(p-1)} なんだから
z=Z/w=X/w+p^{1/(p-1)}/w
でしょう。
取り替えるとZ/wを代入することになりますけど，
>927の
>z=Z/wを代入することは、できません。
との整合性はありますか？
>>940日高
>r^(p-1)=pの根拠が、必要です。
根拠が必要なのは，あなたにとってだけです。
どうやって導き出されたかには関心はありません。
証明においてどういう機能を果たすものとして定められているかのほうが決定的に重要です。
rはその機能を果たすものなら何でもいいはずです。
繰り返しますが，導き出した方法に関心はありません。証明において果たすべき機能です。
どのような機能を果たすものとしてrは定められているのですか？ >>943
いま気付きましたが，pは奇素数なんだから{√2}^pは無理数ですよね。
rが「p乗して有理数にならない無理数」であるとの要請しかないなら，r=√2でよいではありませんか。
【証明】x^p+y^p=z^p において、z=x+√2とおく
x^p+y^p=(x+√2)^pである。
√2が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、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。
更に簡潔になりました。
rには「p乗して有理数にならない無理数」以外の満たすべき条件があるんですか？
上の【証明】は正しいと思われますか？ >932
>(3)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる。
あなたが(3)の解X,Y,Z と書いているではありませんか。
Zは(3)の解じゃなかったら何なんですか？
「Zが無理数で整数比となるならば、」としています。 >>939
> pが素奇数のとき、
> x^p+y^p=(x+2)^pの、x,yは、整数比となりません。
それをおまえが証明したわけではない
実際にはx,yは整数比になることがあるからおまえの戯言は間違っている
>>944
> だからx^2+y^2=(x+2)^2を持ちだした時点で証明は失敗
x^p+y^p=(x+2)^pはx,yが有理数ならば左辺と右辺は有理数になって
整数比の解を持つ可能性があるからダメですね >>947
(修正27)
>(3)の解x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば、それらの解を共通の無理数wで割ると、商X/w、Y/w、Z/wは有理数となる
>「Zが無理数で整数比となるならば、」としています。
ごまかしてはいけません。「Zが無理数で整数比となるならば」ではなく「x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば」です。
X/w、Y/w が代入できて、Z/wが代入できない理由にはなりません。 >933
X,Y,Zが(3)の解であると言うことは
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p を満たしているということであり，
Z=X+p^{1/(p-1)} ですから，z=Z/w=X/w+{p^{1/(p-1)}}/w です。
X^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p を満たしているならば、
(X+p^{1/(p-1)}=Zとなります。 >>950日高
>(X+p^{1/(p-1)}=Zとなります。
>933
>Z=X+p^{1/(p-1)} ですから，z=Z/w=X/w+{p^{1/(p-1)}}/w です。
だから，そう書いてるでしょ。
オウム返しで何をしたいんですか？ (修正28)
【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)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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、解x,y,zは整数比とならない。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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)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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ。 >>952 日高
> 【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。
> (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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、解x,y,zは整数比とならない。
これはフェルマーの最終定理と同値な命題ですよ。なぜ言い切れます？ 【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。
ここでx,y,zが整数比であると仮定して(1)の右辺を二項展開すると、矛盾する(二項展開すれば、わかります。私はやりません。)。
∴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
俺の証明の方が簡潔だな、日高は用無し ワイルズがフェルマーの最終定理を証明したので、それを丸っと信用信頼してフェルマーの最終定理を証明します。
スレ主はこう言いたいわけか？
それ証明する意味ある？ >>952
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、解x,y,zは整数比とならない。
このことの証拠がありませんので>>952は証明でありません。証明は失敗です。
たとえばz=x+p^{1/(p-1)}のとき、
x=1×p^{1/(p-1)}、y=2×p^{1/(p-1)}のとき、ｘ､ｙ､ｚは整数比である。ｘ､ｙ､ｚはｘ^p+ｙ^p=ｚ^ｐの(3)の解ではない
x=1×p^{1/(p-1)}、y=3×p^{1/(p-1)}のとき、ｘ､ｙ､ｚは整数比である。ｘ､ｙ､ｚはｘ^p+ｙ^p=ｚ^ｐの(3)の解ではない
x=1×p^{1/(p-1)}、y=4×p^{1/(p-1)}のとき、ｘ､ｙ､ｚは整数比である。ｘ､ｙ､ｚはｘ^p+ｙ^p=ｚ^ｐの(3)の解ではない
…
x=2×p^{1/(p-1)}、y=3×p^{1/(p-1)}のとき、ｘ､ｙ､ｚは整数比である。ｘ､ｙ､ｚはｘ^p+ｙ^p=ｚ^ｐの(3)の解ではない
x=2×p^{1/(p-1)}、y=4×p^{1/(p-1)}のとき、ｘ､ｙ､ｚは整数比である。ｘ､ｙ､ｚはｘ^p+ｙ^p=ｚ^ｐの(3)の解ではない
x=2×p^{1/(p-1)}、y=5×p^{1/(p-1)}のとき、ｘ､ｙ､ｚは整数比である。ｘ､ｙ､ｚはｘ^p+ｙ^p=ｚ^ｐの(3)の解ではない
…
これをすべての有理数についてチェックしないと、x,yにどんな数を代入しても、解x,y,zは整数比とならない。と言える証拠になりません。 日高さんの考えがやっと解りました。
最重要の証明の箇所を「フェルマーの予想は正しい事が解っているので省略」って考えなんですね。
それでどうでもいい個人のポエムみたいな「あんたの頭の中だけで片付けて」ってところを延々と披露。
こういう事だったんですね。
スレ終盤で解って良かった。
次スレは不要ですよ。 (修正28)
【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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入すると、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x,y,zを持たない。
(参考)
(3)を(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')とする。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。 >>959
>(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。
前半が成り立たない証明は？
前半部は，フェルマーの最終定理そのものですが？
【証明】
フェルマーの最終定理は成り立つ。従ってフェルマーの最終定理は成り立つ。
になってますけど？？？？？ >945
どのような機能を果たすものとしてrは定められているのですか？
rが決まると、aが決まります。 >946
【証明】x^p+y^p=z^p において、z=x+√2とおく
x^p+y^p=(x+√2)^pである。
√2が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、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。
上の【証明】は正しいと思われますか？
正しくないです。
aを求める必要があります。a=1のとき、√2となるならば、正しいです。 >948
x^p+y^p=(x+2)^pはx,yが有理数ならば左辺と右辺は有理数になって
整数比の解を持つ可能性があるからダメですね
よく、意味がわかりません。 >>959
それに，「解が(3)のa^{1/(p-1)}倍となる」(4)を設定することは無駄です。
x^p+y^p=z^p (x,y,zは実数，pは奇素数)……(*)
において，s,t,u (s,t,uは実数)が(*)の解ならば，任意の実数k(k≠0)について，ks,kt,ku も(*)の解になる。
ということを説明している以上の意味が(4)にはありません。比の値もks:kt:ku=s:t:uになることは当然のことです。
即ち(4)は証明において非本質的部分です。なので省略できます。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
>954(これは私の書き込みではありません)で指摘されているとおり，この(3)に整数比となる無理数解がないことを証明できれば，フェルマーの最終定理の証明は完成します。もちろん「証明できていれば」です。
(4)は省けるので省きましょう。a^{1/(p-1)}倍とかが日高理論の「根拠」からの必然であるとしてもです。無駄なものはない方がいいと思いませんか？ >949
ごまかしてはいけません。「Zが無理数で整数比となるならば」ではなく「x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば」です。
X/w、Y/w が代入できて、Z/wが代入できない理由にはなりません。
「x=X,y=Y,z=Zが無理数で整数比となるならば」Z/wが代入できます。 >951
>Z=X+p^{1/(p-1)} ですから，z=Z/w=X/w+{p^{1/(p-1)}}/w です。
だから，そう書いてるでしょ。
はい。確認したらそうなります。 >>961
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)におけるrが果たすべき機能(役割)を解説お願いします。
(3)はaを含んでいませんので，rが果たすべき役割はaと無関係なはずです。
「p乗しても有理数にならない」以外の果たすべき役割が(3)のrにはあるのですか？ >954
> (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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、解x,y,zは整数比とならない。
これはフェルマーの最終定理と同値な命題ですよ。なぜ言い切れます？
959(修正28)を見てください。 >956
ワイルズがフェルマーの最終定理を証明したので、それを丸っと信用信頼してフェルマーの最終定理を証明します。
スレ主はこう言いたいわけか？
それ証明する意味ある？
959(修正28)を見てください。 (修正28)
【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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入すると、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x,y,zを持たない。
(参考)
(3)を(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')とする。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。 >960
>(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。
前半が成り立たない証明は？
前半部は，フェルマーの最終定理そのものですが？
(3)が成り立たないので、(4)も成り立ちません。 >>962
a≠1のとき，とはx^p+y^p=(x+√2)^p の解を拡大または縮小して x^p+y^p=z^p に代入するとき，と理解するのでしょうか。
つまり，解を拡大縮小する必要のない場合
x^p+y^p=(x+√2)^p…(*)
は，√2が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、(*)の解x,y,zは整数比とならない，という結論は確定してるんですね？ >964
(4)は省けるので省きましょう。a^{1/(p-1)}倍とかが日高理論の「根拠」からの必然であるとしてもです。無駄なものはない方がいいと思いませんか？
理解できるならば、省けます。 >>974
> (3)が成り立たないので、(4)も成り立ちません。
(3)と(4)では解を定数倍する違いしかないから
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が無理数なのでx,yに有理数を
代入すると成り立たない
x^2+y^2=(x+2)^2の解はx^2+y^2=(x+√3)^2の解の2√3/3倍となるので
x^2+y^2=(x+2)^2のx,yに有理数を代入すると成り立たない
となるから間違っています >>976
> 理解できるならば、省けます。
元々本当はa=rなんですがね
> (1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
a=rでr{(y/r)^2-1}=r2x(1/r)…(2)
(y/r)^2-1=2(x/r)
X=x/r,Y=y/rならばY^2-1=2X
x^2+y^2=(x+r)^2で(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r+1)^2
X=x/r,Y=y/rならばX^2+Y^2=(X+1)^2
よってY^2=2X+1 >967
x^p+y^p=(x+√2)^p…(*)
は，√2が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、(*)の解x,y,zは整数比とならない，という結論は確定してるんですね？
よく、意味がわかりません。 >977
x^2+y^2=(x+2)^2の解はx^2+y^2=(x+√3)^2の解の2√3/3倍となるので
x^2+y^2=(x+2)^2のx,yに有理数を代入すると成り立たない
となるから間違っています
x^2+y^2=(x+2)^2は、a=1です。
x^2+y^2=(x+√3)^2は、a=√3/2です。 >978
元々本当はa=rなんですがね
そうです。a=1と、a=1以外となります。 (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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入すると、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x,y,zを持たない。
(参考)
(3)を(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')と
する。
(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、
(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。 >>979
x^p+y^p=(x+√2)^p…(*)
は，√2が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、(*)の解x,y,zは整数比とならない
この論証は，それ自体だけで，他の論拠を必要とせず正しいと確定できるのですか？という意味です。 【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a=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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。 >983
x^p+y^p=(x+√2)^p…(*)
は，√2が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、(*)の解x,y,zは整数比とならない
この論証は，それ自体だけで，他の論拠を必要とせず正しいと確定できるのですか？という意味です。
他の論拠を必要とせず正しいと確定できます。 >>981
> >978
> 元々本当はa=rなんですがね
>
> そうです。a=1と、a=1以外となります。
だからr=2とかr=p^{1/(p-1)}になる根拠がないということなんだけれども
分かっていますかね？
>>982や>>984では修正されていないが
a=r=1を基準にするのだから
x^2+y^2=(x+1)^2…(3)
x^p+y^p=(x+1)^p…(3)
a=1以外は
x^2+y^2=(x+a)^2…(4)
x^p+y^p=(x+a)^p…(4)
です >>980
> >977
> x^2+y^2=(x+2)^2の解はx^2+y^2=(x+√3)^2の解の2√3/3倍となるので
> x^2+y^2=(x+2)^2のx,yに有理数を代入すると成り立たない
> となるから間違っています
>
> x^2+y^2=(x+2)^2は、a=1です。
> x^2+y^2=(x+√3)^2は、a=√3/2です。
aの値は関係ないですね
間違いは間違いです (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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入しても、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x,y,zを持たない。
(参考)
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')とする。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、
(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。 >987
> x^2+y^2=(x+2)^2は、a=1です。
> x^2+y^2=(x+√3)^2は、a=√3/2です。
aの値は関係ないですね
間違いは間違いです
どういう意味でしょうか？ >>982
こんな短い証明を2つの証明に分ける必要ないでしょう。
別に2つに分けても循環してるのがなかったことにできませんよ。
>>982によると、
１．「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
２．１．の「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」は「(3')に整数比の数を入れても成り立たない」と同じ意味です。
３．２．の「(3')に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
４．３．の「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
５．４．の「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」は「(3')に整数比の数を入れても成り立たない」と同じ意味です。
６．５．の「(3')に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
７．６．の「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
８．７．の「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」は「(3')に整数比の数を入れても成り立たない」と同じ意味です。
９．８．の「(3')に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
どこまでいっても本物の証拠にたどり着きません。循環しています。 >990
どこまでいっても本物の証拠にたどり着きません。循環しています。
どの部分が循環しているのでしょうか？ >>991
証明の一番重要な部分は最初と最後の結論以外の、真ん中の証拠を書いている部分です。
証拠を書かない証明など何も書いてないのも同じです。
>>990もおなじです。
最後の行より上のほうに、重要な証拠が書いてあります。
>>988も同じことが言えます。証明は失敗です。 >>989
> x^2+y^2=(x+2)^2は、a=1です。
> x^2+y^2=(x+√3)^2は、a=√3/2です。
>
> aの値は関係ないですね
> 間違いは間違いです
>
> どういう意味でしょうか？
aの値を書いたところでおまえの証明が間違っていることが
正しくなるわけがない >992
>>988も同じことが言えます。証明は失敗です。
よく意味がわかりません。 >>994
>>988と>>982は同じ失敗をしている、という意味ですよ。つまり、
>>988によると、
１．「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
２．１．の「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」は「(3')に整数比の数を入れても成り立たない」と同じ意味です。
３．２．の「(3')に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
４．３．の「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
５．４．の「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」は「(3')に整数比の数を入れても成り立たない」と同じ意味です。
６．５．の「(3')に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
７．６．の「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
８．７．の「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」は「(3')に整数比の数を入れても成り立たない」と同じ意味です。
９．８．の「(3')に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
どこまでいっても本物の証拠にたどり着きません。循環しています。 >>988
それに、もちろん
【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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入すると、(3)のｘ、ｙに有理数÷a^{1/(p-1)}を代入するのと同じ比になる
文章は前から読むものなので、
ここまでで(3)のｘ、ｙに有理数÷a^{1/(p-1)}を代入していないので、(4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。は証拠がなく、いえません。
>>988の証明は失敗です。 >995
１．「(4)に整数比の数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に整数比の数を入れても成り立たない」です。
ではなく、
「(4)に有理数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に有理数を入れても成り立たない」です。 >996
ここまでで(3)のｘ、ｙに有理数÷a^{1/(p-1)}を代入していないので、(4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。は証拠がなく、いえません。
よく意味がわかりません。 【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a=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,z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。 >>997
> 「(4)に有理数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に有理数を入れても成り立たない」です。
これが成り立つのはa^{1/(p-1)}が有理数の場合だけだからアウト このスレッドは１０００を超えました。
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