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因数分解によるフェルマーの最終定理の証明

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0001日高
垢版 |
2020/10/17(土) 14:25:11.07ID:GETDVM1Z
【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。
0952132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 18:10:55.32ID:ul0c0hI5
>>949
> 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
それはまず最初にx^2+y^2=(x+2)^2の方を証明しておかなくてはいけない

x^2+y^2=(x+2)^2が整数比の解を持つ理由は
yを有理数とするとxが有理数となるからである
> >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)

pが奇素数のときもr=p^{1/(n-1)}の場合よりも前にx^p+y^p=(x+2)^pや
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して検討するのならそれでも良いが
あんたはそれを拒否してx^p+y^p=(x+p^{1/(n-1)})しか検討しない

> rが無理数なので、有理数解を持たない。
があんたの言い分なんだが
> 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
x,yが有理数のときはx*(2/√3),y*(2/√3)は有理数ではない

x^2+y^2=(x+√3)^2のyに何を代入してxがどうなったら
x^2+y^2=(x+√3)^2が整数比の解を持つと言えるか書け
0953132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 18:13:46.21ID:4ZqfKHZX
>>950
n=2のときも,r=√2にしましょうと提案したので,n=2のときも目を通しておこうと思って,あらためて,(修正52)を読んでみると,ちょっとこれはひどくないですか?
n=2のとき,
>(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。

rが有理数であることだけが(3)が有理数解をもつ根拠なら,z=x+2を x^n+y^n=z^nに代入したら n=>3でも有理数解をもつことになりませんか?
展開してx^2を消去するとxの一次式になるから,と以前はしていたような・・・
n>=3の場合とどうしても表現を合わせたいのでしょうが,トンデモ論理で n=2 のときも【証明】としては誤りになるようなことはしない方がいいと思います。
0954日高
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2020/11/13(金) 18:13:51.17ID:p93F8AqD
>947
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。

(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。が必要です。
これが、基準となります。
0955132人目の素数さん
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2020/11/13(金) 18:20:20.30ID:4ZqfKHZX
>>951
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)は,常に有理数解をもちません。
おっしゃるとおりです。
だから,x^n+y^n=z^pが整数解を持つかどうかのテスターとして x^3+y^3=(x+√3)^3 は使えないといっているんです。
証明の完成まではx^n+y^n=z^pが整数解をもつかどうかは不明なんですよ。
x^n+y^n=z^pが整数解を持つときと,もたないときとで結果が変わらないと困るでしょ。
0956132人目の素数さん
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2020/11/13(金) 18:25:26.41ID:4ZqfKHZX
>>954
>(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。が必要です。
>これが、基準となります。

それはあなたにとって必要なだけ,あなたにとっての基準になるだけであって,我々にはその必要性,必然性が理解できません。
r=2の場合を有理(有利)数にするために必要だ,としか理解できません。

なぜ基準となるのか説明しないと納得してくれる人はいませんよ(>942は納得してくれるかも知れませんが)
【証明】のために都合がいいから,以外の理由をお願いします。
0957日高
垢版 |
2020/11/13(金) 18:29:39.76ID:p93F8AqD
>952
> > 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+2)^2を展開して、整理すると、
y^2=4x+4となります。
yに有理数を代入すると、必ずxも有理数となります。
0958132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 18:34:13.10ID:ul0c0hI5
>>957
> x^2+y^2=(x+2)^2を展開して、整理すると、
> y^2=4x+4となります。
> yに有理数を代入すると、必ずxも有理数となります。
そんなことは分かっているんだって
だったらpが奇素数のときもx^p+y^p=(x+2)^pで証明しろよ

x^2+y^2=(x+√3)^2のyに何を代入してxがどうなったら
x^2+y^2=(x+√3)^2が整数比の解を持つと言えるか書け
0959132人目の素数さん
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2020/11/13(金) 18:39:32.13ID:ul0c0hI5
>>954
日高基準がr=p^{1/(n-1)}でもx^p+y^p=(x+p^{1/(n-1)})の解は
x^p+y^p=(x+1)^pの解のp^{1/(n-1)}倍だからr=1が真の基準でいいでしょ

日高証明が間違っているだけのことで
正しく証明すればどちらの基準でも結局違いはないのだから
0960日高
垢版 |
2020/11/13(金) 18:41:50.39ID:p93F8AqD
>952
x^2+y^2=(x+√3)^2のyに何を代入してxがどうなったら
x^2+y^2=(x+√3)^2が整数比の解を持つと言えるか書け

yに4*√3/2を代入すると、xは、3*√3/2となります。
x,y,zは、整数比となります。
0961日高
垢版 |
2020/11/13(金) 18:43:41.66ID:p93F8AqD
(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。
0962132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 18:44:16.13ID:4ZqfKHZX
>>951
>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。

おっしゃりたいことは,(3)は整数比の無理数解ももたないという意味でしょうか?
>872での言明に明らかに反しているように思いますが,いかがですか?
それに解の比は同じなのだから,(4)で整数比の無理数解をもつならば,(3)でも整数比の無理数解をもつでしょう。

日高さんの「整数比の無理数解」の理解はやはりどこかおかしいのではないか,と思います。
0963132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 18:47:24.64ID:ul0c0hI5
>>960
x^2+y^2=(x+√3)^2においてr=√3は無理数
> yに4*√3/2を代入すると
y=4*√3/2は有理数じゃないでしょ
だからx^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかで
> (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
これは理由にならんでしょ

x^3+y^3=(x+2)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け
x^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け
0964132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 19:17:39.85ID:4ZqfKHZX
>>955(訂正)
>だから,x^n+y^n=z^pが整数解を持つかどうかのテスターとして x^3+y^3=(x+√3)^3 は使えないといっているんです。
>証明の完成まではx^n+y^n=z^pが整数解をもつかどうかは不明なんですよ。
>x^n+y^n=z^pが整数解を持つときと,もたないときとで結果が変わらないと困るでしょ。

>だから,x^n+y^n=z^pが整数解を持つかどうかのテスターとして x^3+y^3=(x+√3)^3 が有理数解をもつかどうかは使えません。
>証明の完成までは x^n+y^n=z^p が整数解をもつかどうかは不明です。
>x^n+y^n=z^pが整数解を持つときと,もたないときとで結果が変わりうるものでないと困ります。
>結果が整数解の存否に対応する(同値な)もの,従ってテスターとなりうるものは,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す。
に訂正。

今日はミスの訂正が多いな。
早く寝よ。
0965132人目の素数さん
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2020/11/13(金) 19:35:24.96ID:4ZqfKHZX
x^n+y^n=z^p

x^n+y^n=z^n
に訂正。

こりゃ,ダメだwww
訂正が多くてすみません,そしてお休みなさいw
0966132人目の素数さん
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2020/11/13(金) 19:46:57.40ID:3qhkbNxG
>>944
> >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?
自分でわからないようでは勉強不足。人に聞くな。ゴミが。
0967132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 19:48:49.38ID:3qhkbNxG
>>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
辿りついていないのに辿りついたとひたすら主張し続けるのは数学ですか?
0968132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 19:48:57.33ID:i+oCuJ95
日高は「AB=CDならばA=CのときB=D」と言っている。
日高は「PのときQ」と「PかつQ」との区別がつかない。
0970日高
垢版 |
2020/11/13(金) 20:27:19.17ID:p93F8AqD
>969
よって日高は「AB=CDならばA=CかつB=D」だと信じている。

「AB=aCD(1/a)ならばA=aCかつB=D(1/a)」です。
0971日高
垢版 |
2020/11/13(金) 20:28:43.80ID:p93F8AqD
>968
日高は「AB=CDならばA=CのときB=D」と言っている。
日高は「PのときQ」と「PかつQ」との区別がつかない。

どういう意味でしょうか?
0972日高
垢版 |
2020/11/13(金) 20:30:22.03ID:p93F8AqD
(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。
0973日高
垢版 |
2020/11/13(金) 20:32:08.63ID:p93F8AqD
>967
> 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
辿りついていないのに辿りついたとひたすら主張し続けるのは数学ですか?

どういう意味でしょうか?
0974132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 20:33:49.33ID:i+oCuJ95
>>970 日高
> >969
> よって日高は「AB=CDならばA=CかつB=D」だと信じている。
>
> 「AB=aCD(1/a)ならばA=aCかつB=D(1/a)」です。

まあ似たようなもんだろ。

>>971 日高
> >968
> 日高は「AB=CDならばA=CのときB=D」と言っている。
> 日高は「PのときQ」と「PかつQ」との区別がつかない。
>
> どういう意味でしょうか?

文字通りの意味です。
0975日高
垢版 |
2020/11/13(金) 20:34:21.49ID:p93F8AqD
>966
> どの部分が、嘘なのでしょうか?
自分でわからないようでは勉強不足。人に聞くな。ゴミが。

どうしてでしょうか?
0976132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 20:35:32.83ID:3qhkbNxG
>>975
> >966
> > どの部分が、嘘なのでしょうか?
> 自分でわからないようでは勉強不足。人に聞くな。ゴミが。
>
> どうしてでしょうか?
ほら、勉強不足。聞くな。
0977132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 20:37:03.65ID:3qhkbNxG
>>975
> >966
> > どの部分が、嘘なのでしょうか?
> 自分でわからないようでは勉強不足。人に聞くな。ゴミが。
>
> どうしてでしょうか?
聞くなといわれているのだから聞くな。クズ。
日本語の勉強も足りないぞ。
0978日高
垢版 |
2020/11/13(金) 20:41:46.02ID:p93F8AqD
>964
>結果が整数解の存否に対応する(同値な)もの,従ってテスターとなりうるものは,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す。
に訂正。

x^3+y^3=(x+√3)^3 は有理数解を持ちません。
x^3+y^3=(x+√3)^3のx,yが無理数の場合は、(4)となります。
(3)(4)の解の比は、同じなので、(3)は整数比となりません。
0979日高
垢版 |
2020/11/13(金) 20:44:40.84ID:p93F8AqD
>963
x^2+y^2=(x+√3)^2においてr=√3は無理数
> yに4*√3/2を代入すると
y=4*√3/2は有理数じゃないでしょ
だからx^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかで
> (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
これは理由にならんでしょ

どうしてでしょうか?
0980日高
垢版 |
2020/11/13(金) 20:47:32.22ID:p93F8AqD
>962
おっしゃりたいことは,(3)は整数比の無理数解ももたないという意味でしょうか?

そうです。
0981日高
垢版 |
2020/11/13(金) 20:50:42.58ID:p93F8AqD
>959
日高基準がr=p^{1/(n-1)}でもx^p+y^p=(x+p^{1/(n-1)})の解は
x^p+y^p=(x+1)^pの解のp^{1/(n-1)}倍だからr=1が真の基準でいいでしょ

r=1が真の基準には、なりません。a=1が基準です。
0982日高
垢版 |
2020/11/13(金) 20:54:57.46ID:p93F8AqD
>956
>(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。が必要です。
>これが、基準となります。

それはあなたにとって必要なだけ,あなたにとっての基準になるだけであって,我々にはその必要性,必然性が理解できません。
r=2の場合を有理(有利)数にするために必要だ,としか理解できません。

なぜ基準となるのか説明しないと納得してくれる人はいませんよ(>942は納得してくれるかも知れませんが)
【証明】のために都合がいいから,以外の理由をお願いします。

a(1/a)=1だからです。
a=1とすると、aがどんな数でも、解の比は、変わりません。
0983日高
垢版 |
2020/11/13(金) 20:57:19.19ID:p93F8AqD
>955
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)は,常に有理数解をもちません。
おっしゃるとおりです。
だから,x^n+y^n=z^pが整数解を持つかどうかのテスターとして x^3+y^3=(x+√3)^3 は使えないといっているんです。
証明の完成まではx^n+y^n=z^pが整数解をもつかどうかは不明なんですよ。
x^n+y^n=z^pが整数解を持つときと,もたないときとで結果が変わらないと困るでしょ。

よく意味がわかりません。
0984日高
垢版 |
2020/11/13(金) 21:02:18.92ID:p93F8AqD
>953
n=2のときも,r=√2にしましょうと提案したので,n=2のときも目を通しておこうと思って,あらためて,(修正52)を読んでみると,ちょっとこれはひどくないですか?
n=2のとき,
>(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。

rが有理数であることだけが(3)が有理数解をもつ根拠なら,z=x+2を x^n+y^n=z^nに代入したら n=>3でも有理数解をもつことになりませんか?
展開してx^2を消去するとxの一次式になるから,と以前はしていたような・・・
n>=3の場合とどうしても表現を合わせたいのでしょうが,トンデモ論理で n=2 のときも【証明】としては誤りになるようなことはしない方がいいと思います。

n>=3の場合の場合は、rが有理数の場合は、(4)となります。
0985日高
垢版 |
2020/11/13(金) 21:04:23.86ID:p93F8AqD
(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。
0986132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 21:40:32.68ID:IWpJzxnM
>>979
> >963
> x^2+y^2=(x+√3)^2においてr=√3は無理数
> > yに4*√3/2を代入すると
> y=4*√3/2は有理数じゃないでしょ
> だからx^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかで
> > (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。
> これは理由にならんでしょ
>
> どうしてでしょうか?

x^3+y^3=(x+√3)^3においても
y=4*√3/2であるような解は有理数解じゃないでしょ

> x^2+y^2=(x+√3)^2においてr=√3は無理数
> > yに4*√3/2を代入すると
> y=4*√3/2は有理数じゃないでしょ
y=4*√3/2はy=2*√3=2*r
x^2+y^2=(x+2)^2ではy=4を代入するのならy=2*2=2*r
2*rの2はx^2+y^2=(x+1)^2の解x=3/2,y=2,z=5/2のy=2の2である

x^3+y^3=(x+2)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け
x^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け
0987132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 22:17:19.97ID:p7G6TBwv
>>981
> r=1が真の基準には、なりません。a=1が基準です。
aを使わないでもr=1を基準にしてr倍すれば
x^2+y^2=(x+r)^2の場合も証明できるじゃないですか
あんたがx^2+y^2=(x+2)^2の場合でやっていることも
r=1を基準にして2倍した場合と同じです

x^2+y^2=(x+1)^2が有理数解を持つことをまず証明する
y^2=2x+1のyにy=t (s,tは有理数とする)を代入すると
t^2=2x+1
x=(1/2)*(t^2-1)なのでs=(1/2)*(t^2-1) (有理数)とおける
よってx=sでありs^2+t^2=(s+1)^2が成り立つ
s:t:(s+1)は整数比
--- r=1の証明はここまで ---
その解x=s,y=tをr倍すると
(rs)^2+(rt)^2=(rs+r)^2となり
x^2+y^2=(x+r)^2の解x=rs,y=rt,z=rs+rは整数比である

一方
x^2+y^2=(x+r)^2が整数比の解を持つことを証明する
y^2=2rx+r^2のyにy=rt (yは有理数とは限らない)を代入すると
r^2*t^2=2rx+r^2
r*t^2=2x+r
x=r*(1/2)*(t^2-1)なのでs=(1/2)*(t^2-1) (有理数)とおける
よってx=rsであり(rs)^2+(rt)^2=(rs+r)^2
x^2+y^2=(x+r)^2の解x=rs,y=rt,z=rs+rは整数比である
--- rがかかっているだけで実質r=1の場合と同じ ---
つまりs^2+t^2=(s+1)^2が成り立つがs,tは
x^2+y^2=(x+1)^2の有理数解x=s,y=tである
s:t:(s+1)は整数比

x^3+y^3=(x+2)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け
x^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け
0988132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/13(金) 22:25:08.84ID:5UMB4ZPH
>>985
> (3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
x=5,y=2√6,z=7もx^2+y^2=(x+2)^2の解です
r=2だけではyの値を限定できないので有理数解を持つ根拠にはなりません
0989132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/14(土) 00:17:13.36ID:Kki1pCRJ
日高は
r^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)を見ると
r^(n-1)=nが基準だと思い込むらしい
0990132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/14(土) 00:21:14.68ID:Kki1pCRJ
>>985 日高
> (2)はa=1、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、有理数解を持つ。(4)の解は(3)の解のa倍となる。

ここは(3)をy^2=4x+4としてyを任意の有理数とするとxも有理数になると解釈してやってもいいんじゃないか
0991日高
垢版 |
2020/11/14(土) 07:52:23.23ID:8XYDkgyN
>990
ここは(3)をy^2=4x+4としてyを任意の有理数とするとxも有理数になると解釈してやってもいいんじゃないか

はい。いいです。
0992日高
垢版 |
2020/11/14(土) 08:03:57.51ID:8XYDkgyN
>989
日高は
r^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)を見ると
r^(n-1)=nが基準だと思い込むらしい

a(1/a)=1なので、a=1が基準になります。
0993日高
垢版 |
2020/11/14(土) 08:12:06.86ID:8XYDkgyN
>988
> (3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
x=5,y=2√6,z=7もx^2+y^2=(x+2)^2の解です
r=2だけではyの値を限定できないので有理数解を持つ根拠にはなりません

x^2+y^2=(x+2)^2のyに有理数を代入すると、xは必ず有理数になります。
x=5,y=2√6,z=7は、有理数解では、ありません。
0994132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/14(土) 08:22:03.62ID:M23zEL66
>>992
> a(1/a)=1なので、a=1が基準になります。
そういうことを言う割にはs,tが有理数のときに
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)}が(3)を満たすか
どうかという問題をあんたに聞くとp^{1/(p-1)}で割って
(ap)^{1/(p-1)}=1のときにしようとするからおかしいよね
こちらとしては基準のa=1のままで証明してほしいのに
0995132人目の素数さん
垢版 |
2020/11/14(土) 08:23:40.93ID:M23zEL66
>>993
> x^2+y^2=(x+2)^2のyに有理数を代入すると、xは必ず有理数になります。
> x=5,y=2√6,z=7は、有理数解では、ありません。

>>985の証明のどこにyに有理数を代入すると書いてあるの?
> (3)はrが有理数なので、有理数解を持つ。
としか書いてないが
0996日高
垢版 |
2020/11/14(土) 08:47:49.49ID:8XYDkgyN
>987
x^3+y^3=(x+2)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け

2=(a3)^(1/2)
a^(1/2)=2/(3√3)
yに、(3√3)/2の有理数倍を代入すればよいです。
整数比の解を持たないことがわかります。


x^3+y^3=(x+√3)^3が整数比の解を持つかどうかを
検討するのにyに何を代入すればよいか書け

√3=(a3)^(1/2)
a=1
yに、1の有理数倍を代入すればよいです。
有理数解を持たないことがわかります。
0997日高
垢版 |
2020/11/14(土) 08:50:47.54ID:8XYDkgyN
(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。
0998日高
垢版 |
2020/11/14(土) 09:03:41.29ID:8XYDkgyN
>994
> a(1/a)=1なので、a=1が基準になります。
そういうことを言う割にはs,tが有理数のときに
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)}が(3)を満たすか
どうかという問題をあんたに聞くとp^{1/(p-1)}で割って
(ap)^{1/(p-1)}=1のときにしようとするからおかしいよね
こちらとしては基準のa=1のままで証明してほしいのに

x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)}は、
s^p+t^p=(s+1)^pを解いた形です。
これは、(ap)^{1/(p-1)}=1のときです。
a=1の場合は、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pとなります。
(3)の形のs^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pは、成り立たないので、
(4)の形のs^p+t^p=(s+1)^pも、なりたちません。
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