二項展開によるフェルマーの最終定理の証明

日高 · 2020/09/30(水) 20:02:28.14

【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。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。

日高 · 2020/10/10(土) 15:21:55.23

>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？

日高 · 2020/10/10(土) 15:25:50.87

>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。

日高 · 2020/10/10(土) 15:33:18.54

>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。

日高 · 2020/10/10(土) 15:35:31.47

(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。

日高 · 2020/10/10(土) 15:36:44.25

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 15:45:46.37

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 15:46:21.47

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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 15:48:47.41

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 15:59:44.78

>>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。

日高 · 2020/10/10(土) 16:30:03.89

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 16:32:55.50

>>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

日高 · 2020/10/10(土) 16:33:42.32

>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。

日高 · 2020/10/10(土) 16:37:09.12

>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。

日高 · 2020/10/10(土) 16:41:46.12

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 16:57:56.97

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 17:00:31.92

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 17:03:31.80

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 17:13:21.39

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 17:13:26.26

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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 17:18:40.57

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 17:26:33.26

>>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？

日高 · 2020/10/10(土) 18:25:20.46

(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。

日高 · 2020/10/10(土) 18:26:17.33

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 18:27:42.51

>>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。

日高 · 2020/10/10(土) 18:31:00.74

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 18:36:29.51

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 18:38:13.36

>>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。

日高 · 2020/10/10(土) 18:40:47.57

>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。

日高 · 2020/10/10(土) 18:44:40.66

>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。

日高 · 2020/10/10(土) 18:49:18.32

>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 18:50:02.86

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 18:51:48.64

>>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。

日高 · 2020/10/10(土) 18:56:40.09

>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 18:58:46.59

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 19:01:46.49

>>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。

日高 · 2020/10/10(土) 19:01:54.04

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 19:02:45.46

>>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。

日高 · 2020/10/10(土) 19:05:10.24

>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 19:08:03.06

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 19:08:27.98

>>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。

日高 · 2020/10/10(土) 19:09:03.77

>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 19:11:21.89

>>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

日高 · 2020/10/10(土) 19:13:13.73

(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。

日高 · 2020/10/10(土) 19:15:03.01

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 19:15:17.46

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 19:23:06.64

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 19:26:45.70

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 19:30:28.98

>>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。

日高 · 2020/10/10(土) 20:03:05.34

>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。

日高 · 2020/10/10(土) 20:06:30.50

>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？

日高 · 2020/10/10(土) 20:11:16.62

>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 20:11:43.63

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 20:12:58.51

>>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。

日高 · 2020/10/10(土) 20:15:57.92

>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？

日高 · 2020/10/10(土) 20:20:09.41

>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 20:21:58.60

>>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。

日高 · 2020/10/10(土) 20:24:32.67

(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。

日高 · 2020/10/10(土) 20:25:50.03

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 20:27:46.39

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 20:36:54.45

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 20:40:39.40

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 21:25:28.99

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/10(土) 21:59:51.26

>>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

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 02:36:48.89

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 02:38:47.70

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 03:09:33.44

>>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？

日高 · 2020/10/11(日) 07:32:26.98

(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。

日高 · 2020/10/11(日) 07:36:00.40

【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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 07:46:43.05

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 07:51:18.73

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 07:53:23.05

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 08:04:12.00

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 08:16:24.73

>>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。

日高 · 2020/10/11(日) 08:49:29.78

>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？

日高 · 2020/10/11(日) 08:52:57.64

>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？

日高 · 2020/10/11(日) 08:55:57.66

>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？

日高 · 2020/10/11(日) 09:00:13.71

>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？

日高 · 2020/10/11(日) 09:01:59.38

(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。

日高 · 2020/10/11(日) 09:02:57.78

【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。

日高 · 2020/10/11(日) 09:12:19.14

>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 10:43:49.86

>>559
うん、君にはわからんだろうな。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 10:48:14.80

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 11:35:17.22

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。

**ID:1lEWVa2s** · 2020/10/11(日) 11:40:15.62

>>562
ごみ。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 12:43:12.88

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 12:46:01.89

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 12:49:01.88

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 13:23:30.81

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 13:41:58.92

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 13:46:50.37

>>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。

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 13:52:27.60

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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 13:56:35.22

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 13:58:22.34

>>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？

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 14:02:13.68

>>571
確信犯で循環論法にしてるのかな?!

**１３２人目の素数さん** · 2020/10/11(日) 14:04:12.57

>>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。

日高 · 2020/10/11(日) 14:45:13.21

(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。

日高 · 2020/10/11(日) 14:46:22.91

【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。

日高 · 2020/10/11(日) 15:01:12.41

>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？

日高 · 2020/10/11(日) 15:06:12.97

>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？

日高 · 2020/10/11(日) 15:08:40.83

>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？