二項展開によるフェルマーの最終定理の証明

[1 日高 2020/09/30(水) 20:02:28.14 ID:LSjp8KRv]

【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。

[72 日高 2020/10/03(土) 08:01:10.36 ID:u+cpTLoa]

>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。

[73 日高 2020/10/03(土) 08:05:16.93 ID:u+cpTLoa]

>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？

[74 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 08:06:42.37 ID:sE7xbHoF]

>>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）

[75 日高 2020/10/03(土) 08:08:00.25 ID:u+cpTLoa]

(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。

[76 日高 2020/10/03(土) 08:08:53.39 ID:u+cpTLoa]

【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。

[77 日高 2020/10/03(土) 08:15:11.96 ID:u+cpTLoa]

(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。

[78 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 08:16:43.76 ID:W9brwGVT]

>>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

[79 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 08:20:06.18 ID:W9brwGVT]

>>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

[80 日高 2020/10/03(土) 08:32:13.43 ID:u+cpTLoa]

>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。

[81 日高 2020/10/03(土) 08:37:25.31 ID:u+cpTLoa]

>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、

[82 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 08:39:02.09 ID:sE7xbHoF]

>>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）

[83 日高 2020/10/03(土) 08:40:47.15 ID: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。

[84 日高 2020/10/03(土) 08:48:05.97 ID:u+cpTLoa]

>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。

[85 日高 2020/10/03(土) 08:52:04.16 ID:u+cpTLoa]

(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。

[86 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 08:52:24.40 ID:YGM9/IU1]

>>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

[87 日高 2020/10/03(土) 08:54:06.00 ID:u+cpTLoa]

【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。

[88 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 08:54:10.72 ID:sE7xbHoF]

>>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？

[89 日高 2020/10/03(土) 09:00:05.42 ID:u+cpTLoa]

>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。

[90 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 09:01:13.83 ID:YGM9/IU1]

>>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

[91 日高 2020/10/03(土) 09:13:26.35 ID:u+cpTLoa]

(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。

[92 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 09:32:03.89 ID:2DnOLW4k]

>>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

[93 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 09:32:40.36 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[94 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 09:39:17.21 ID:sE7xbHoF]

>>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。

[95 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 09:42:15.14 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[96 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 09:49:14.09 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[97 日高 2020/10/03(土) 10:19:56.09 ID:u+cpTLoa]

>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。

[98 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 11:45:18.34 ID:sE7xbHoF]

>>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。

[99 日高 2020/10/03(土) 12:53:37.48 ID:u+cpTLoa]

>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。

[100 日高 2020/10/03(土) 15:03:13.50 ID:u+cpTLoa]

>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。

[101 日高 2020/10/03(土) 15:09:17.76 ID:u+cpTLoa]

>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？

[102 日高 2020/10/03(土) 15:26:35.71 ID:u+cpTLoa]

>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。

[103 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 15:29:30.05 ID:iu9qxF7C]

>>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。

[104 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 15:29:38.88 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[105 日高 2020/10/03(土) 15:30:10.10 ID:u+cpTLoa]

>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。

[106 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 15:42:08.28 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[107 日高 2020/10/03(土) 15:44:37.03 ID:u+cpTLoa]

>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。

[108 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 15:45:38.66 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[109 日高 2020/10/03(土) 15:50:28.75 ID:u+cpTLoa]

>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。

[110 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 15:56:07.84 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[111 日高 2020/10/03(土) 15:56:57.86 ID:u+cpTLoa]

>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。

[112 日高 2020/10/03(土) 16:00:14.68 ID:u+cpTLoa]

(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。

[113 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 16:03:48.43 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[114 日高 2020/10/03(土) 16:04:47.92 ID:u+cpTLoa]

【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。

[115 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 16:04:48.33 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[116 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 16:08:32.11 ID:sE7xbHoF]

>>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。

[117 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 16:20:03.04 ID:iu9qxF7C]

>>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。

[118 日高 2020/10/03(土) 16:48:48.31 ID:u+cpTLoa]

>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。

[119 日高 2020/10/03(土) 16:55:35.15 ID:u+cpTLoa]

>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。

[120 日高 2020/10/03(土) 16:58:50.61 ID:u+cpTLoa]

>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。

[121 日高 2020/10/03(土) 17:01:27.39 ID:u+cpTLoa]

>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。

[122 日高 2020/10/03(土) 17:11:06.26 ID:u+cpTLoa]

>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。

[123 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 17:12:34.66 ID:0i0mBN+5]

>>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？

[124 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 17:17:06.69 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[125 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 17:18:21.76 ID:sE7xbHoF]

>>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。

[126 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 17:23:10.65 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[127 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 17:45:29.58 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[128 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 18:02:04.67 ID:lRWfrDRz]

>>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。

[129 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 18:08:20.45 ID:lRWfrDRz]

>>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

[130 日高 2020/10/03(土) 18:11:46.83 ID:u+cpTLoa]

>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。

[131 日高 2020/10/03(土) 18:18:53.17 ID:u+cpTLoa]

(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。

[132 日高 2020/10/03(土) 18:19:42.17 ID:u+cpTLoa]

【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。

[133 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 18:22:11.68 ID:sE7xbHoF]

>>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。

[134 日高 2020/10/03(土) 18:22:44.16 ID:u+cpTLoa]

>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。

[135 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 18:35:53.75 ID:lRWfrDRz]

>>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

[136 日高 2020/10/03(土) 18:36:56.50 ID:u+cpTLoa]

>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。

[137 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 18:43:28.70 ID:lRWfrDRz]

>>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

[138 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 18:43:41.47 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[139 日高 2020/10/03(土) 18:45:18.41 ID:u+cpTLoa]

>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？

[140 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 18:50:01.96 ID:sE7xbHoF]

>>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。

[141 日高 2020/10/03(土) 18:50:21.59 ID:u+cpTLoa]

>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。

[142 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 19:03:47.91 ID:6koBbGW4]

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

[143 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 19:07:52.43 ID:0i0mBN+5]

>>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。

[144 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 19:14:16.75 ID:iu9qxF7C]

>>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。

[145 １３２人目の素数さん 2020/10/03(土) 20:32:17.44 ID:Ph9WM1VH]

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。

[146 日高 2020/10/04(日) 07:33:17.88 ID:PvMluPCt]

(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。

[147 日高 2020/10/04(日) 07:34:36.47 ID:PvMluPCt]

【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。

[148 １３２人目の素数さん 2020/10/04(日) 07:46:04.24 ID:4miI/vC9]

>>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

[149 日高 2020/10/04(日) 07:47:50.87 ID:PvMluPCt]

【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。

[150 １３２人目の素数さん 2020/10/04(日) 07:48:21.10 ID:4miI/vC9]

>>147じゃなくて>>146だ

[151 日高 2020/10/04(日) 07:59:51.19 ID:PvMluPCt]

>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。

[152 日高 2020/10/04(日) 08:10:49.52 ID:PvMluPCt]

>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。

[153 日高 2020/10/04(日) 08:24:42.24 ID:PvMluPCt]

>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。

[154 １３２人目の素数さん 2020/10/04(日) 08:29:23.43 ID:4miI/vC9]

>>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

[155 日高 2020/10/04(日) 08:30:42.35 ID:PvMluPCt]

>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。

[156 １３２人目の素数さん 2020/10/04(日) 08:34:18.96 ID:4miI/vC9]

>>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

[157 １３２人目の素数さん 2020/10/04(日) 09:00:08.83 ID:4miI/vC9]

>>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

[158 日高 2020/10/04(日) 09:06:24.98 ID:PvMluPCt]

>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、

[159 日高 2020/10/04(日) 09:14:41.41 ID:PvMluPCt]

>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。

[160 １３２人目の素数さん 2020/10/04(日) 09:17:39.29 ID:4miI/vC9]

>>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？

[161 日高 2020/10/04(日) 09:19:16.45 ID:PvMluPCt]

>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。

[162 １３２人目の素数さん 2020/10/04(日) 09:30:40.76 ID:4miI/vC9]

>>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

[163 １３２人目の素数さん 2020/10/04(日) 09:39:48.97 ID:3InLrOMx]

>>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。

[164 日高 2020/10/04(日) 10:46:09.63 ID:PvMluPCt]

>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。

[165 １３２人目の素数さん 2020/10/04(日) 11:23:15.59 ID:PyMwufsS]

>>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

[166 １３２人目の素数さん 2020/10/04(日) 13:13:54.92 ID:3InLrOMx]

またリセットかな

[167 １３２人目の素数さん 2020/10/04(日) 13:17:46.96 ID:3sbDtIdH]

>>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。

[168 日高 2020/10/04(日) 14:24:48.60 ID:PvMluPCt]

>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。

[169 日高 2020/10/04(日) 14:46:41.02 ID:PvMluPCt]

>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。

[170 １３２人目の素数さん 2020/10/04(日) 14:51:45.06 ID:mfFQrNFD]

>>168
a:b=1:b/a

[171 日高 2020/10/04(日) 15:01:53.35 ID:PvMluPCt]

>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。