因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
レス数が950を超えています。1000を超えると書き込みができなくなります。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解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。 >849
x^2+y^2=(x+√3)^2 は有理数解x,y,zを持たないのに
x^2+y^2=z^2は自然数解x,y,zを持つことはどう説明されるんですか？
x^2+y^2=z^2は、a=1のとき、x^2+y^2=(x+2)となるので、整数比の解を持ちます。 >847
それに(4)の解だとなぜ有理数解をもたないのですか？
この場合、有理数解は持ちませんが、整数比の解を持ちます。 >846
ここまで馬鹿な書き込みだとだれも本気にしないので放置してよいのでは。
どの部分が、馬鹿な書き込みでしょうか？ >845
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
は有効です。
主張を取り下げますか？
その通りです。このことが、
私の、どの主張を取り下げなければ、いけないことになるのでしょうか？ >>851 >>852
それでは，n>=3の場合でも
x^n+y^n=z^n がもし整数解をもつのであれば，その解は
x^n+y^n=(x+√3)^n においては，定数(無理数)倍されて「整数比となる無理数解」となることはお認めになるんですね？ オイラーでさえ自信満々で発表したn=3の場合の証明が誤っていたのに
(オイラーのミスを現代風にいうと Z[√-3]をUFDとしてしまったことに起因してる
実際のところ 4は2個の既約元で2通りに分解できるので UFDではない
しかしながらアイデアは正しいので誤っていたからといって価値がないわけでない)
初等数論さえわからない人間が証明できるわけないとおもうのがふつう
簡単な整数問題さえ解けないでFLTだけ証明できる そんな馬鹿げたことありえるの？
もちろんこのスレの人間は日高氏以外そういうことは理解している
だから最初から 間違い探しとして参加しているのだよ
まさかわずかでも可能性あると思ってる？ 皆無だよ n=3 ですら一生不可能
それは日高氏が無能というよりは数論の難しさを言っている
(バックグラウンドなしで取り掛かる姿勢は賢くないといえるが)
数論の勉強なしで n=3の場合を独自の方法で証明できる人は超絶天才
それこそオイラーとかと並ぶレベルだよ これは誇張でもなんでもない
残酷なことをいうと日高氏が修正と称して書き込むたびに
必ず間違いが生じているので まずは自身でチェックすべき
そもそも修正しまくるやつを信用できない 限度を超えてる
次あたりでもう最終にすべきだろう もう終わりだ それが社会正義
延々と修正しているのに未だに解の包含関係または整数比に関する誤りを含んだまま
ずっと残ったまま 理解せずに形だけの修正 もう終わりにしよう 741 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/11/09(月) 20:08:54.63 ID:fdlvMl7/ [5/5]
> そんな事より、
> 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」 （※）
> の証明をお願いします。
>
> p=3のとき、
> x^3+y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
> 有理数解x,y,zを持たないので、
> 整数比の解x,y,zを持ちません。
767 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/11/10(火) 12:28:41.67 ID:amTY8nBj
>>759
以下の★の部分に返信をお願いします。
> p=3のとき、
> x^3+y^3=(x+√3)^3は、有理数解x,y,zを持ちません。
> 有理数解x,y,zを持たないので、
｜｜
★ですから、ここの間の根拠が不足しています。
有理数解x,y,zを持たなかったら、『なぜ』、整数比の解x,y,zを持たないのかが分かりません。
｜｜
> 整数比の解x,y,zを持ちません。
769 名前：日高[] 投稿日：2020/11/10(火) 15:57:50.48 ID:1aiFv/Ag [18/29]
>767
有理数解x,y,zを持たなかったら、『なぜ』、整数比の解x,y,zを持たないのかが分かりません。
s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。 >>854
> >845
> > s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> > s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> > 比は i:j:k だから整数比になるよ。
>
> は有効です。
> 主張を取り下げますか？
>
> その通りです。このことが、
> 私の、どの主張を取り下げなければ、いけないことになるのでしょうか？
まず、元の主張
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
は取り下げ対象です。
そして、>>857を見てもらえれば分かる通り、
> 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」 （※）
の証明として元の主張はされて、元の主張は崩れたので、（※）も取り下げ対象です。
よって、
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
と
> 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」 （※）
の二つが取り下げ対象になります。よろしいでしょうか？ >856
残酷なことをいうと日高氏が修正と称して書き込むたびに
必ず間違いが生じているので まずは自身でチェックすべき
どの部分が、間違いでしょうか？ (修正47)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^n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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。(3)は整数比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >858
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
と
> 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」 （※）
の二つが取り下げ対象になります。よろしいでしょうか？
理由を、教えていただけないでしょうか。 >857
★ですから、ここの間の根拠が不足しています。
有理数解x,y,zを持たなかったら、『なぜ』、整数比の解x,y,zを持たないのかが分かりません。
有理数解を持たないことと、整数比の解を持たないことは、同じです。 >>861
> >858
> > s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
> と
> > 「(3)は有理数解を持たないので、(3)は整数比の解も持ちません。」 （※）
>
> の二つが取り下げ対象になります。よろしいでしょうか？
>
> 理由を、教えていただけないでしょうか。
いや、>>858に書いた通りです。
ちゃんと読んでいますか？ ちょっとひどいですよ。 >855
それでは，n>=3の場合でも
x^n+y^n=z^n がもし整数解をもつのであれば，その解は
x^n+y^n=(x+√3)^n においては，定数(無理数)倍されて「整数比となる無理数解」となることはお認めになるんですね？
もし整数解をもつのであれば，そうなります。 >>862
> >857
> ★ですから、ここの間の根拠が不足しています。
> 有理数解x,y,zを持たなかったら、『なぜ』、整数比の解x,y,zを持たないのかが分かりません。
>
> 有理数解を持たないことと、整数比の解を持たないことは、同じです。
ですから、そう数式で主張した
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
が
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
によって崩れたでしょう？
ちゃんと考えていますか？ ちょっとひどいですよ。 >865
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
によって崩れたでしょう？
ちゃんと考えていますか？ ちょっとひどいですよ。
s^p+t^p=u^p と (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
i^p+j^p=k^pと(iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。 >>866
> >865
> > s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> > s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> > 比は i:j:k だから整数比になるよ。
>
> によって崩れたでしょう？
> ちゃんと考えていますか？ ちょっとひどいですよ。
>
> s^p+t^p=u^p と (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
> i^p+j^p=k^pと(iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
だから整数比になると言っています。 それならば，n>=3の場合，あなたも>864で認められる通り
x^n+y^n=z^n がもし整数解をもつのであれば，その解は x^n+y^n=(x+√3)^n では定数(無理数)倍されて整数比となる無理数解となります。
また，逆に
x^n+y^n=(x+√3)^n が整数比となる無理数解をもつのであれば，その解は x^n+y^n=z^n では定数(無理数)倍されて整数解となることになります。
そうであれば，x^n+y^n=z^n が整数解をもつかどうかを調べることと，x^n+y^n=(x+√3)^n が整数比となる無理数解をもつかどうか調べることは同じ意味(同値)ですよね。
つまり，いささかくどくなりますが，n>=3の場合において
「x^n+y^n=z^n が整数解をもつ」 ならば 「x^n+y^n=(x+√3)^n は整数比となる無理数解をもつ」
「x^n+y^n=z^n が整数解をもたない」 ならば 「x^n+y^n=(x+√3)^n も整数比となる無理数解をもたない」
「x^n+y^n=(x+√3)^n が整数比となる無理数解をもつ」 ならば 「x^n+y^n=z^n は整数解をもつ」
「x^n+y^n=(x+√3)^n が整数比となる無理数解をもたない」 ならば 「x^n+y^n=z^n も整数解をもたない」
が成り立つことは日高氏にとっても了解事項としていいんですね？ >867
> s^p+t^p=u^p と (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
> i^p+j^p=k^pと(iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
だから整数比になると言っています。
i^p+j^p=k^pが有理数解をもたないならば、(iow)^p+(jow)^p=(kow)^p も整数比となりません。 (修正47)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^n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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。(3)は整数比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>869
> >867
> > s^p+t^p=u^p と (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
> > i^p+j^p=k^pと(iow)^p+(jow)^p=(kow)^p は、同じです。
>
> だから整数比になると言っています。
>
> i^p+j^p=k^pが有理数解をもたないならば、(iow)^p+(jow)^p=(kow)^p も整数比となりません。
ん？
i,j,k は有理数だよ。 >868
「x^n+y^n=z^n が整数解をもつ」 ならば 「x^n+y^n=(x+√3)^n は整数比となる無理数解をもつ」
「x^n+y^n=z^n が整数解をもたない」 ならば 「x^n+y^n=(x+√3)^n も整数比となる無理数解をもたない」
「x^n+y^n=(x+√3)^n が整数比となる無理数解をもつ」 ならば 「x^n+y^n=z^n は整数解をもつ」
「x^n+y^n=(x+√3)^n が整数比となる無理数解をもたない」 ならば 「x^n+y^n=z^n も整数解をもたない」
が成り立つことは日高氏にとっても了解事項としていいんですね？
はい。 >873
日高氏、
>>863への返信をお願いします。
> > s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
これは、間違いでしょうか？ >>874
> >873
> 日高氏、
> >>863への返信をお願いします。
>
> > > s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
> これは、間違いでしょうか？
その主張
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
は
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
によって崩れたでしょう？ >875
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
によって崩れたでしょう？
どうして、崩れたことになるのでしょうか？ >>876
> >875
> > s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> > s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> > 比は i:j:k だから整数比になるよ。
>
> によって崩れたでしょう？
>
> どうして、崩れたことになるのでしょうか？
あなたは「整数比にならない」と言ったけど、
私が計算したら、整数比になったから。 >877
> > s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> > s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> > 比は i:j:k だから整数比になるよ。
>
> によって崩れたでしょう？
>
> どうして、崩れたことになるのでしょうか？
あなたは「整数比にならない」と言ったけど、
私が計算したら、整数比になったから。
「s^p+t^p=u^pのs,t,uが整数比にならないならば、」が、条件です。 >>878
> >877
> > > s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> > > s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> > > 比は i:j:k だから整数比になるよ。
> >
> > によって崩れたでしょう？
> >
> > どうして、崩れたことになるのでしょうか？
>
> あなたは「整数比にならない」と言ったけど、
> 私が計算したら、整数比になったから。
>
> 「s^p+t^p=u^pのs,t,uが整数比にならないならば、」が、条件です。
その条件は、私の計算で言うと、
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
の部分です。
（あなたの条件は、私の計算内でちゃんと使ってますよ、という事） (修正47)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^n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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。(3)は整数比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >879
その条件は、私の計算で言うと、
> s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
の部分です。
（あなたの条件は、私の計算内でちゃんと使ってますよ、という事）
どういう意味でしょうか？ >>881
> >879
> その条件は、私の計算で言うと、
> > s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、
> の部分です。
> （あなたの条件は、私の計算内でちゃんと使ってますよ、という事）
>
> どういう意味でしょうか？
>>879に書いた通り、
あなたの条件は、私の計算内でちゃんと使ってますよ、
という意味です。 >882
あなたの条件は、私の計算内でちゃんと使ってますよ、
という意味です。
意味がわかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。 >>880
> (4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
> (4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
これは証明になっていないのでダメ
rが有理数のときならば
yに有理数を代入してxが有理数になることを示せば
整数比の解を持つことがいえる
rが無理数のときならば
y=t*r (tは有理数)となる無理数をyに代入して
x=s*r (sは有理数)となることを示せば整数比の解を持つことがいえる >>862
> 有理数解を持たないことと、整数比の解を持たないことは、同じです。
rが有理数であれば同じであるがrが無理数の場合は同じでない
s,tが有理数,rが無理数ならば
x=s,y=t,z=(s+1)はx^p+y^p=(x+1)^pの解なので
x^p+y^p=(x+r)^pはこれらの有理数解を持たないが
x=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つ >>883
> >882
> あなたの条件（※1）は、私の計算内でちゃんと（※2）使ってますよ、
> という意味です。
>
> 意味がわかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。
あなたはこう主張しました。
> s^p+t^p=u^pのs,t,uが有理数でないならば（※1）、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、整数比となりません。
私は以下のように指摘しました。
> ＜あなたの主張に合わせて＞ s=io, t=jo, u=ko (i,j,k は有理数、o は無理数) とすると、 （※2）
> s^p+t^p=u^p は (iow)^p+(jow)^p=(kow)^p となって、
> 比は i:j:k だから整数比になるよ。
よって、あなたの主張は無効です。
意味が分からない所はありますか？ >884
> (4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
> (4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
これは証明になっていないのでダメ
どの部分が間違いでしょうか？ >>887
> >884
> > (4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
> > (4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
> これは証明になっていないのでダメ
>
> どの部分が間違いでしょうか？
整数比の解を持つ or 整数比の解を持たない
の理由が全く書いていない
おまえが読まないだけで>>884にちゃんと理由も書いてあるだろ
> > (4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
> > (4)の解は(3)の解のa倍となる。(3)は整数比の解を持つ。
> これは証明になっていないのでダメ
>
> rが有理数のときならば
> yに有理数を代入してxが有理数になることを示せば
> 整数比の解を持つことがいえる
>
> rが無理数のときならば
> y=t*r (tは有理数)となる無理数をyに代入して
> x=s*r (sは有理数)となることを示せば整数比の解を持つことがいえる >885
> 有理数解を持たないことと、整数比の解を持たないことは、同じです。
rが有理数であれば同じであるがrが無理数の場合は同じでない
どうしてでしょうか？
s,tが有理数,rが無理数ならば
x=s,y=t,z=(s+1)はx^p+y^p=(x+1)^pの解なので
x^p+y^p=(x+r)^pはこれらの有理数解を持たないが
x=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つ
x=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つならば、
s^p+t^p=(s+1)^pである有理数解を持ちます。 >888
整数比の解を持つ or 整数比の解を持たない
の理由が全く書いていない
間違いかどうかではなく、理由を書いていないということですね。 >>890
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解を持たないが
x=(3/2)*√3,y=2*√3,z=(5/2)*√3である整数比の解を持つ
x=3/2,y=2,z=5/2はx^2+y^2=(x+1)^2の有理数解であるから
x^2+y^2=(x+√3)^2は満たさない >>891
> 間違いかどうかではなく、理由を書いていないということですね。
理由を書いていないなら証明として間違っている >>891
> >888
> 整数比の解を持つ or 整数比の解を持たない
> の理由が全く書いていない
>
> 間違いかどうかではなく、理由を書いていないということですね。
証明とは何かを勉強し直してから出直せ。
理由いらないなら
【定理】nが3以上の自然数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】成り立つ。
で十分。 (修正47)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。(3)は整数比の解を持たない。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^n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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。(3)は整数比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >889
ほんとうに相手のレスを読まないよね
読みましたが、説明が足りないということですね。 >>897
> >889
> ほんとうに相手のレスを読まないよね
>
> 読みましたが、説明が足りないということですね。
理解が足りない。同じ指摘が繰り返えされるのは、理解してないということ。
結局は勉強不足。 >>897
> >889
> ほんとうに相手のレスを読まないよね
>
> 読みましたが、説明が足りないということですね。
日高氏の印象変わったわー悪い意味で。 >892
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解を持たないが
x=(3/2)*√3,y=2*√3,z=(5/2)*√3である整数比の解を持つ
x=3/2,y=2,z=5/2はx^2+y^2=(x+1)^2の有理数解であるから
x^2+y^2=(x+√3)^2は満たさない
x^2+y^2=(x+2)^2は整数比の解を持つので、
x^2+y^2=(x+√3)^2も、整数比の解を持ちます。 >893
> 間違いかどうかではなく、理由を書いていないということですね。
理由を書いていないなら証明として間違っている
説明不足ということですね。 >894
日高氏、
>>886への返信をお願いします。
お互いの意味がかみ合っていないと、思います。 >>900
> >892
> x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解を持たないが
> x=(3/2)*√3,y=2*√3,z=(5/2)*√3である整数比の解を持つ
> x=3/2,y=2,z=5/2はx^2+y^2=(x+1)^2の有理数解であるから
> x^2+y^2=(x+√3)^2は満たさない
>
> x^2+y^2=(x+2)^2は整数比の解を持つので、
> x^2+y^2=(x+√3)^2も、整数比の解を持ちます。
x^2+y^2=(x+√3)^2が整数比の解を持つことは書いてあるだろ
> x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解を持たないが
> x=(3/2)*√3,y=2*√3,z=(5/2)*√3である整数比の解を持つ
おまえは元々このように書いているのだから
> x=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つならば、
> s^p+t^p=(s+1)^pである有理数解を持ちます。
> x^2+y^2=(x+√3)^2も、整数比の解を持ちます。
ではなくてx^2+y^2=(x+√3)^2がx=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で
整数比の解を持つならばx=s,y=t,z=s+1である解もx^2+y^2=(x+√3)^2が
持つことを示さなくてはいけないだろ >895
理由いらないなら
【定理】nが3以上の自然数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】成り立つ。
で十分。
理由は、必要ですが、説明は不要と判断したからです。 (修正48)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。(3)は整数比の解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^n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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
(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。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>904
> 理由は、必要ですが
と書いているのに
>>906
> x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。(3)は整数比の解を持たない。
> x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
解を持たないあるいは解を持つ理由が全く書いてないじゃないですか >>904
> 理由は、必要ですが、説明は不要と判断したからです。
言い訳不要。
なお、現在の日高の証明は、
> >895
> 理由いらないなら
> 【定理】nが3以上の自然数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
> 【証明】成り立つ。
と同じくらいの理由しか書かれていない。
そのくらい理由が無い。
原因は全て日高が数学を理解していないこと。 >898
理解が足りない。同じ指摘が繰り返えされるのは、理解してないということ。
結局は勉強不足。
どの部分が理解が足りないのでしょうか？ >903
おまえは元々このように書いているのだから
> x=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つならば、
> s^p+t^p=(s+1)^pである有理数解を持ちます。
> x^2+y^2=(x+√3)^2も、整数比の解を持ちます。
ではなくてx^2+y^2=(x+√3)^2がx=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で
整数比の解を持つならばx=s,y=t,z=s+1である解もx^2+y^2=(x+√3)^2が
持つことを示さなくてはいけないだろ
「x^2+y^2=(x+√3)^2が
持つことを示さなくてはいけないだろ」
の意味が理解できません。 >905
蛙の面に水, 糠に釘, 豆腐に鎹, 柳に風
どういう意味でしょうか？ >>909
> >898
> 理解が足りない。同じ指摘が繰り返えされるのは、理解してないということ。
> 結局は勉強不足。
>
> どの部分が理解が足りないのでしょうか？
全部。 >>909
> >898
> 理解が足りない。同じ指摘が繰り返えされるのは、理解してないということ。
> 結局は勉強不足。
>
> どの部分が理解が足りないのでしょうか？
そうやってすぐに疑問で誤魔化すところ。
そして、相手が理解できるような説明が全くできていない、つまり、全く何にも分かっていない。 >907
> x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。(3)は(3)は持たない。
> x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
解を持たないあるいは解を持つ理由が全く書いてないじゃないですか
(3)は、有理数解をもたないので、整数比の解を持ちません。 >908
原因は全て日高が数学を理解していないこと。
どの部分でしょうか？ (修正48)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(3)は整数比の解を持たない。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^n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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)は整数比の解を持つ。
(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。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>915
> >908
> 原因は全て日高が数学を理解していないこと。
>
> どの部分でしょうか？
"全て"と書いてあるの読めないの？痴呆。 ＞日高が数学を理解していない
日高は現実を認識しろ
これが信じられないなら病院にいけ >913
そして、相手が理解できるような説明が全くできていない、つまり、全く何にも分かっていない。
どの部分のことでしょうか？ (修正49)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)は整数比の解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^n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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)は整数比の解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>919
> >913
> そして、相手が理解できるような説明が全くできていない、つまり、全く何にも分かっていない。
>
> どの部分のことでしょうか？
これまでの指摘のほとんど全て。
少なくとも、一行で日高が返信したコメントは、全て相手が理解できるような説明にはなっていない。
全部やり直すべき。 >>910
> 「x^2+y^2=(x+√3)^2が
> 持つことを示さなくてはいけないだろ」
> の意味が理解できません。
おまえが元々このように書いた
> x=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つならば、
> s^p+t^p=(s+1)^pである有理数解を持ちます。
はx^2+y^2=(x+√3)^2を例に用いるのなら
x^2+y^2=(x+√3)^2がx=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つならば
x^2+y^2=(x+√3)^2がs^p+t^p=(s+1)^pである有理数解を持ちます
という意味にしかとれないだろ >>914
> (3)は、有理数解をもたないので、整数比の解を持ちません。
(3)が有理数解を持つかどうかは(3)のrが無理数だから
(3)が整数比の無理数解を持つかどうかには関係ないだろ
> x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
これが有理数解を持つ理由も書いてない (修正50)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)は有理数解を持たない。(3)(4)は同じ比の解を持つ。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^n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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)は有理数解を持つ。(3)(4)は同じ比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >922
x^2+y^2=(x+√3)^2がx=s*r,y=t*r,z=(s+1)*rである無理数で整数比の解を持つならば
x^2+y^2=(x+√3)^2がs^p+t^p=(s+1)^pである有理数解を持ちます
という意味にしかとれないだろ
これは、正しいです。 >923
> x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
これが有理数解を持つ理由も書いてない
yを有理数とすると、xは有理数となります。 >927
ほんと日高は入院して治療が必要だ
どうしてでしょうか？ (修正51)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(3)(4)は同じ比の解を持つ。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^n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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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、有理数解を持つ。(3)(4)は同じ比の解を持つ。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 (修正52)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^n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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>930
あらら，(3)は整数比の解をもたない，と正しい方向に進んだのに，また(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない，に逆戻りですか。
x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3) は n=2のときにも有理数解をもちませんよ？ n=1のときでもです。
そこの説明をどうするんですか？
そこから考えると，根本的な問題としては，r^(n-1)=n という置き方が恣意的であるというか詐欺的である，ということがあげられます。
n=2のときに有理数(整数)になるように設定され，rが文字通り「証明に有利数」になってしまっている。
n>=3でrが無理数(∴(3)は絶対に有理数解をもたない)になり，n=2で r=2 と整数になる(ピタゴラスの定理になる)。
日高さんにとっては自慢の思いつきかも知れませんが，一般人はそれを「ご都合主義」と呼びます。
ご都合主義を避け，x+y=z も x^n+y^n=z^n の形だから，取り込めるなら n=1 も取り込んで
(a) すべての自然数nについて，x^n+y^n=(x+r)^n に平等に r=(無理数)を当てはめて証明を構成する。
(b) すべての自然数nについて，x^n+y^n=(x+r)^n に平等に r=(有理数)を当てはめて証明を構成する。
のうちどちらかを選択しないといけません。
例えば(a)で r^(n+1)=(n+1) とするとかですね。n=1のときも扱えます。n=2のとき「証明に有利数」になりません。
n=2で(3)が有理数解をもたないことをどう処理するか，にも答えなくてはならず，ご都合主義との批判をかわせます。
でも，n=3のとき4乗根になるのでちょっと取り扱いが面倒ですか。
なので，すべての自然数nについて，(3)を x^n+y^n=(x+√2)^n とするとよいと思います。
あなたの【証明】ではrが多重根である必要がまったくありません。
n=101で100乗根など迷惑なだけですから。
r=√2でも困らないでしょ？
【証明】を他人から認めて欲しいなら，証明の形式ぐらい他人の言うことを聞かなくては。
数学詐欺を楽しんでいるなら話しは別ですが。 (931訂正)
x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)は
n=2 のとき x^2+y^2=(x+1)^2 なので有理数解をもちます。
n=1 のときは定義されていないことになります。
2行目の
>x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3) は n=2のときにも有理数解をもちませんよ？ n=1のときでもです。
は，
n=2のとき x^2+y^2=(x+√3)^2 は有理数解をもたない。
n=1のとき x+y=(x+√3) は有理数解をもたない
こととの整合性をどうするんですか？
と読み替えて下さい。 >>932
更に訂正です。すみません。
(3)はn=2のとき x^2+y^2=(x+2)^2でした。 >あなたの【証明】ではrが多重根である必要がまったくありません。
重根じゃないですよね。多重根はおかしいてす。
(n-1)乗根である必要はない，ということで。
どうもたびたびすみませんw >931
x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3) は n=2のときにも有理数解をもちませんよ？ n=1のときでもです。
そこの説明をどうするんですか？
(3)は、n=2のとき有理数解をもちます。 >932
n=2のとき x^2+y^2=(x+√3)^2 は有理数解をもたない。
n=1のとき x+y=(x+√3) は有理数解をもたない
こととの整合性をどうするんですか？
と読み替えて下さい。
x^2+y^2=(x+√3)^2 は有理数解を持ちませんが、整数比の解を持ちます。
x+y=(x+√3)も有理数解を持ちません >934
(n-1)乗根である必要はない，ということで。
どうしてでしょうか？ >>937
> >934
> (n-1)乗根である必要はない，ということで。
>
> どうしてでしょうか？
必要性を日高は全く示せていないから。
責任は日高。
過去の説明では、妄想で必要と言っているのと変わらない。 >938
> どうしてでしょうか？
必要性を日高は全く示せていないから。
計算により、そうなります。 (修正52)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^n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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >>939
> >938
> > どうしてでしょうか？
> 必要性を日高は全く示せていないから。
>
> 計算により、そうなります。
嘘ばっか。他人が納得できるような説明は皆無。
証明とは何なのか勉強し直せ。 答えに辿り着く方法が色々あるというのが数学の面白い所なのに
どうしてここの人々は日高さんを否定ばかりしているのでしょうか >>936
> x^2+y^2=(x+√3)^2 は有理数解を持ちませんが、整数比の解を持ちます。
>>926
> >923
> > x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。(3)は整数比の解を持つ。
> これが有理数解を持つ理由も書いてない
>
> yを有理数とすると、xは有理数となります。
(この場合はr=2が有理数なので有理数解イコール整数比の解である)
x^2+y^2=(x+√3)^2が整数比の解をもつ理由を書け >941
> 計算により、そうなります。
嘘ばっか。他人が納得できるような説明は皆無。
どの部分が、嘘なのでしょうか？ >>936
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解を絶対にもちません。z=x+rで定義されるrが無理数だからです。
だから，n=2のときx^n+y^2=z^2が整数解をもつかどうかは，
x^2+y^2=(x+√3)^2 が有理数解をもつかどうかに対応していません。整数比となる無理数解を保つかどうかに対応しています。
これと同じようにn=3のときは
x^3+y^3=(x+√3)^3 はrが無理数なので常に有理数解をもちません。これはx^3+y^3=z^3 が整数解をもつかどうかに関わりがありません。
しかし，もしx^3+y^3=z^3が整数解をもつならば，x^3+y^3=(x+√3)^3は整数比となる無理数をもちます。
これは，あなたも>872で認められていることです。
であるならば，x^3+y^3=z^3が整数解をもつかどうかを調べるテスターとして使えるのは，x^3+y^3=(x+√3)^3 が整数比となる無理数解をもつかどうかであって，有理数解をもつかどうかではありません。
しかし，(修正52)ではまた，「有理数解をもたない∴整数解をもたない」，に逆戻りしています。
これは誤りへの逆行です(もとの証明が正しかったという意味ではありません。より悪くなったという意味です)。
>931,932の内容は
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解をもちませんが，x^n+y^2=z^2には整数解があります。
あなたがn>=3で証明に使われている論理は n=1,n=2 のときに反例があるので使えませんよ，という意味です。
>936が全体として何をいいたいのか不明ですが，n=1，n=2のときx^n+y^n=(x+√3)^n は有理数解をもたない，とはこちらが指摘していることなので，改めて指摘していただく必要はありません。 >942
答えに辿り着く方法が色々あるというのが数学の面白い所なのに
そうですね。 >>937
n=101 であるとき，rが101の100乗根である必要があなたの【証明】にありますか？
n=101 のときでも，nがなんであっても，r=√2 であなたの【証明】は進められるでしょう。
むしろn>=3のときにr=無理数とし，n=2のときにr=2とするのはおかしい，はっきり言えば数学詐欺といっていいくらいだから，n>=2のときも，できればn>=1でも常にr=√2とした方がいいのではないですか，といっているつもりです。 >>942
答えにたどり着ければ，その通りでしょう
で，あなたは日高氏の方法で答えにたどり着けると思っているんですか？ >943
x^2+y^2=(x+√3)^2が整数比の解をもつ理由を書け
x^2+y^2=(x+√3)^2の解は、x^2+y^2=(x+2)^2の解のa倍となるので、
aを、求める。
r=a2=√3
a=√3/2
x^2+y^2=(x+2)^2の解を、x=3,y=4,z=5とすると、
x^2+y^2=(x+√3)^2の解は、x=3*√3/2、y=4*√3/2、z=5*√3/2となる。
x^2+y^2=(x+√3)^2の両辺を(√3/2)^2で割ると、
(x*(2/√3)^2+(y*(2/√3)^2=(x*(2/√3+2)^2 (修正52)
【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。
(1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】n=2のとき、x^n+y^n=z^n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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。 >945
x^3+y^3=z^3が整数解をもつかどうかを調べるテスターとして使えるのは，x^3+y^3=(x+√3)^3 が整数比となる無理数解をもつかどうかであって，有理数解をもつかどうかではありません。
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)は、有理数解をもちません。
x,yが、無理数の場合は、x^3+y^3=(x+(a3)^{1/2)})^3…(4)の場合となります。 レス数が950を超えています。1000を超えると書き込みができなくなります。
