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。 (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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