フェルマーの最終定理の証明
■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
【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。 >995
>>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
rが有理数の場合、yに有理数を代入すると、xは必ず有理数となります。 よっこらしょ。
∧＿∧ ミ ＿ ドスッ
（ ）┌─┴┴─┐
/ つ. 終 了 |
:/o /´ .└─┬┬─┘
（＿（＿） ；;､`;｡;`| |
このスレは無事に終了しました
ありがとうございました
もう書き込まないでください 前スレの【証明】を分類してみました。
# proof A s,tは有理数
# proof B ★の補題を使う
# proof C シンプル（現在）
# proof D x,yを有理数とする。
議論で行き詰まると、突然証明をスイッチしたりします。
そのような所も、日高氏の魅力の一つです。 # proof A s,tは有理数
387 名前：日高[] 投稿日：2020/10/31(土) 18:25:59.87 ID:Qrskndf5 [18/18]
## (修正31)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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を有理数と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、(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)も成り立たない。
(3)のx,yを無理数とすると(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p={s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)が成り立たないので、(3')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。
# proof B ★の補題を使う
399 名前：日高[] 投稿日：2020/11/01(日) 14:27:18.16 ID:JZC3zQLn [3/5]
## (修正32)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
★x^p+y^p=z^pのx,yが無理数で、解が整数比となるならば、x,yが有理数で、解が整数比となる。
(3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、解は整数比とならない。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。 # proof C シンプル（現在）
985 名前：日高[] 投稿日：2020/11/13(金) 21:04:23.86 ID:p93F8AqD [33/33]
## (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。
# proof D x,yを有理数とする。
693 名前：日高[] 投稿日：2020/11/09(月) 07:31:24.70 ID:9zHVrV8N [3/3]
## (修正41)
【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,y,aは有理数とする。
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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解x,y,zは(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)が有理数解x,y,zを持たないので、(4)も有理数解x,y,zを持たない
∴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。 >4,5,6
前スレの【証明】を分類してみました。
ご丁寧に、ありがとうございました。 荒らしのヴァリアントでしょうね
人の話を一切聞かない人の特徴がよくでてます
外面からは話を聞いたような感じを受けますが
実際のところはなにも聞いていない 形だけの対応
そんなことを延々と続けてるのが前スレ 不毛＆不毛
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1602912311/
修正50回もされてるのにアイデア(笑)に変化なし こんなんで証明できるわけない
証明より先に「勉強しろ」という指摘がこの"問題"の本質かもしれない >7
もう既に証明されているのに、このスレ意味あるの？
新しい証明です。 >>11
あなたそれ正しい証明だと本気でいってるんですか？
根っこの部分からして不可能だとおもいませんか
先人のアイデアのわずか1/10000(当社比)の部分だけでFLTを証明
そんなことありえないとおもいませんか？
実際に前スレ1から1000まで周りの賢人たちから誤りという指摘しかもらっていない
それなのにアイデアの部分は変化なしで形だけの修正を続けている自身を省みてはいかがか >3
もう書き込まないでください
どうしてでしょうか？ >8
胡散臭いという事だけは解った。
どの部分が、胡散臭いのでしようか？ >10
修正50回もされてるのにアイデア(笑)に変化なし こんなんで証明できるわけない
修正50回とは、どの部分のことでしょうか？ >12
実際に前スレ1から1000まで周りの賢人たちから誤りという指摘しかもらっていない
どの、指摘のことでしょうか？ >>13
自動応答はやめてください。
それとも、やはり人間ではないのでしょうか。
以下のような応答を使わないようにすると少し人間らしくなるかもしれません。
「どうしてでしょうか」「どこが、○○でしょうか」「間違っているでしょうか」「よく、意味が理解できません」 >>17
「どういう意味でしょうか」 が抜けていました。これも禁句にしたいです。 数学を勉強してこなかった60代の末路という感じ
それを知らない場合は レス乞食にしかみえないんだよね >17
以下のような応答を使わないようにすると少し人間らしくなるかもしれません。
「どうしてでしょうか」「どこが、○○でしょうか」「間違っているでしょうか」「よく、意味が理解できません」
同じ意味を伝えるのには、どのように、言ったらよいのでしょうか？ >18
「どういう意味でしょうか」 が抜けていました。これも禁句にしたいです。
なぜ、禁句にしたいのですか？ >19
レス乞食にしかみえないんだよね
どうして、レス乞食にしかみえないのでしょうか？ >>19
証明はどうでもよくて相手をしてもらいたいだけかと思ったんだけど、何を言ってもまともな答えが返ってこなくて会話にならないから、
何がしたいのかわからないんだよね。
返事はほとんどが１行だけで、長い文章は全く書けないみたいだし。 やっぱり、
指摘が全く無くなる→勝利宣言
てのを目指しているのかなあ。 >23
返事はほとんどが１行だけで、長い文章は全く書けないみたいだし。
１行で意味が伝わる場合は、１行しか、書きません。
それ以外の、必要な場合は、長く書いています。
意味の無い、長い文章は必要ないと思います。 >24
やっぱり、
指摘が全く無くなる→勝利宣言
てのを目指しているのかなあ。
正しい指摘を、期待しているからです。 >>26
(a)n=2のときも，r=(無理数)で証明をやってみる。そしてn>=3のときも，r=(有利数)で証明をやってみる。
(b)n>=2のとき，r=√2で証明をやってみる。
(a)か(b)を採用して【証明】をやってみて下さい。
(a)はrの選択がご都合主義的。
(b)はrの多乗根は無駄。もっと単純な無理数で十分。
という批判を解消できるでしょう。
あなたにとっての「正しい」が我々とは違いそうですけど，多分，正しい指摘になっていると思いますよ。 >27
(a)n=2のときも，r=(無理数)で証明をやってみる。そしてn>=3のときも，r=(有利数)で証明をやってみる。
n=2
x^2+y^2=(x+√3)^2…(4)
a2=√3
a=√3/2
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)
(4)(3)の解の比は、同じなので、(4)の解は、整数比となります。
n=3
x^3+y^3=(x+3)^2…(4)
(a3)^(1/2)=3
a=3
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
(4)(3)の解の比は、同じなので、(4)の解は、整数比となりません。
(b)n>=2のとき，r=√2で証明をやってみる。
n=2
x^2+y^2=(x+√2)^3…(4)
a2=√2
a=√2/2
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)
(4)(3)の解の比は、同じなので、(4)の解は、整数比となります。
n=3
x^3+y^3=(x+√2)^3…(4)
(a3)^(1/2)=√2
a=2/3
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
4)(3)の解の比は、同じなので、(4)の解は、整数比となりません。 >>26
> >24
> やっぱり、
> 指摘が全く無くなる→勝利宣言
> てのを目指しているのかなあ。
>
> 正しい指摘を、期待しているからです。
正しいかどうかを判断する能力が無い人に、そういった期待をする権利はありません。
最低限の能力を身につけるために勉強し直して、これまでの指摘が理解出来たらまた書き込んでください。
なお、これまでの指摘のほとんどは正しいです。全て見直して、少なくとも過半数の指摘が正しいことを理解するまでは、自分で勉強するべき。 >29
なお、これまでの指摘のほとんどは正しいです。
どの、指摘が正しいのでしょうか？ スレ主が異常性格であること、フェルマーの定理を証明する能力が無い事が解った。 >31
スレ主が異常性格であること、フェルマーの定理を証明する能力が無い事が解った。
どの部分で、解るのでしょうか？ >>28
??????
私は証明をして下さいと言っています。理解されてますよね。
>28は
n=2のとき(4)が整数比の解をもつことが確定しているものとして
n=3のとき(4)が整数比の解をもたないことが確定しているものとして
そこから
(3)の整数比の解のあるなしを導いているだけではありませんか。
(3)(4)をふくめての整数比のあるなしを証明するんでしょう。
あなたの，(4)の解(x,y,z)，(3)の解(x',y',z')の比率 x/x'=y/y'=z/z'を求めているだけではありませんか。
正しい指摘を求めてやっていることがこれですか。
あなたは証明という行為を本質的には理解されていないのではありませんか？ >>30
> >29
> なお、これまでの指摘のほとんどは正しいです。
>
> どの、指摘が正しいのでしょうか？
自分で判断できるようになるまで勉強しろ。 >>32 このスレでのスレ主の全ての受け答えを見て。 >33
(3)の整数比の解のあるなしを導いているだけではありませんか。
(3)(4)をふくめての整数比のあるなしを証明するんでしょう。
あなたの，(4)の解(x,y,z)，(3)の解(x',y',z')の比率 x/x'=y/y'=z/z'を求めているだけではありませんか
(3)の整数比の解のあるなしで、(4)の整数比の解のあるなしがわかります。 >35
>>32 このスレでのスレ主の全ての受け答えを見て。
どういう意味でしょうか？ >>37 この短い一文も理解できないのだから、到底フェルマーの定理を証明するに足る数学を理解する事も不可能です。
たぶん日常の生活にも不具合が出るくらいの理解力不足でしょう。
以上。 前スレの>>996
> 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
>
> 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+2)^3のときはy=(3√3)/2*t (tは有理数)を代入するのなら
x^2+y^2=(x+2)^2のときもy=(3√3)/2*t (tは有理数)を代入しなくてはいけないですよ
> 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
>
> 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。
x^3+y^3=(x+√3)^3のときはy=1*t (tは有理数)を代入するのなら
x^2+y^2=(x+√3)^2のときもy=1*t (tは有理数)を代入しなくてはいけないですよ
x^2+y^2=(x+2)^2でy=(3√3)/2*t (tは有理数)として整数比の解を持つことを示し更に
x^2+y^2=(x+√3)^2でy=1*t (tは有理数)としても整数比の解を持つことを示すことで
あんたの主張の正当性を示せ 前スレの>>998
> 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。
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)}はr=p^{1/(p-1)}だから
s^p+t^p=(s+1)^pを解いても解になるわけないだろ
> a=1の場合は、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pとなります。
これが根本的な間違いかね
p=2のときもpが奇素数のときも整数比になる(可能性がある)解は
a=1のときも含めて書くと
x=s*(ap)^{1/(p-1)},y=t*(ap)^{1/(p-1)},z=(s+1)*(ap)^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
(s*(ap)^{1/(p-1)})^p+(t*(ap)^{1/(p-1)})^p=((s+1)*(ap)^{1/(p-1)})^pにおいてa=1とすると
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
p=2とすれば(2s)^2+(2t)^2=(2s+2)^2
> s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pとなります。
これはaを変えたときに左辺のs,tの値が正しくなくなる
正しくはa=1なら(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=(s*p^{1/(p-1)}+p^{1/(p-1)})^p
aを変えるのならp=2なら(a*s)^2+(a*t)^2=(a*x+a)^2
p=3なら(√(3a)*s)^3+(√(3a)*t)^3=(√(3a)*s+√(3a))^3
> >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
おまえも解のx,yに√3をかけているだろ >>36
だから(3)でも(4)でもいいからn>=3で整数比の解がないことを証明して下さい，といってるんですが。
整数比の解があるとこうなります，ないとこうなります，と説明して下さいと言ってるのではありません。
整数比の解があるなしにかかわらず，x^n+y^n=(x+√3)^n は常に有理数解をもちません。
n=2のときもです。
だから，x^n+y^n=(x+√3)^n は有理数解をもたないことは，x^n+y^n=z^nが整数解をもつかどうかの判定には使えません。
n=2のときにピタゴラスの定理に反します。
n>=3のときに整数解をもつ場合があるとすると，それに対応して成否が変わるものでないと判定基準として困ります。
x^n+y^n=(x+√3)^n は常に有理数解をもたないので，この基準として使えません。
n=2のときにr=(無理数)としてみることを提案しているのは，あなたの論証方法がn=2では破綻していることを確認してもらうためです。
x^2+y^2=(x+√3)^2は有理数解をもたないのだから，あなたの論証方法ではx^2+y^2=z^2には整数解もないはずでしょう。
n=2のときに破綻する論証方法が，なぜ【証明】のn>=3では堂々と使われているのですか？
おかしいと思いませんか？ >>36
日高さん，あなたは
x^n+y^n=(x+√3)^n...(*) について n>=3のとき，(*)には整数比の解がない，と何の証明もなしに，この式から直接帰結できるとお考えなのですか？
いろいろ書き込きを見てると，どうもそうとしか思えないのですが？
x^n+y^n=(x+√3)^n この式から直接，整数比の解はないと結論づけられる，従ってそれを証明に使ってよい，
そうお考えになりますか？ >38
この短い一文も理解できないのだから、
この短い一文は、理解できますが、意図が読み取れません。 >>43 意図が読み取れないという事は理解できていないという事です。
そして、この短い一文も理解できないのだから、到底フェルマーの定理を証明するに足る数学を理解する事も不可能です。
たぶん日常の生活にも不具合が出るくらいの理解力不足でしょう。
以上。 前スレの 970 日高を再掲
> >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。
そんな馬鹿な話があるか？
前スレの 971 日高を再掲
> >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？
日高は「ならば」「のとき」が理解できない。 >39
x^2+y^2=(x+2)^2でy=(3√3)/2*t (tは有理数)として整数比の解を持つことを示し更に
x^2+y^2=(x+√3)^2でy=1*t (tは有理数)としても整数比の解を持つことを示すことで
あんたの主張の正当性を示せ
x^2+y^2=(x+2)^2で、y=(3√3)/2*tとすると、yが無理数なので、整数比の解を持ちません。
x^2+y^2=(x+√3)^2でy=1*tとすると、yが有理数なので、整数比の解を持ちません。 >>46
> >39
> x^2+y^2=(x+2)^2でy=(3√3)/2*t (tは有理数)として整数比の解を持つことを示し更に
> x^2+y^2=(x+√3)^2でy=1*t (tは有理数)としても整数比の解を持つことを示すことで
> あんたの主張の正当性を示せ
>
> x^2+y^2=(x+2)^2で、y=(3√3)/2*tとすると、yが無理数なので、整数比の解を持ちません。
> x^2+y^2=(x+√3)^2でy=1*tとすると、yが有理数なので、整数比の解を持ちません。
p=2のときに整数比の解を持つことを示すことができないので以下は間違い
> 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
>
> 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
>
> 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。
改めて
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 >40
> 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
おまえも解のx,yに√3をかけているだろ
x,y,zは、整数比となります。 >>48
> おまえも解のx,yに√3をかけているだろ
>
> x,y,zは、整数比となります。
r=√3なら√3をかけないと整数比の解にならないだろ
おまえはr=√3のときに
> 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。
と書いていたんだぞ
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
考え方
p=2の場合でx:y:z=3:4:5の解
とりあえずx=3,y=4,z=5としてみる
x=3*1,y=4*1,z=5*1は明らかに成り立つ
(ap)^{1/(p-1)}=1であるようなaを選べば
x=3*(ap)^{1/(p-1)},y=4*(ap)^{1/(p-1)},z=5*(ap)^{1/(p-1)} ((ap)^{1/(p-1)}=1)
x=3,y=4,z=5はx^2+y^2=(x+1)^2を満たさないので修正する
x=(3/2)*(ap)^{1/(p-1)},y=(4/2)*(ap)^{1/(p-1)},z=(5/2)*(ap)^{1/(p-1)}
a^{1/(p-1)}でこれらの解を割ればr=p^{1/(p-1)}となり(3)の解になる(p=2ならr=2になる)
x=(3/2)*p^{1/(p-1)},y=(4/2)*p^{1/(p-1)},x=(5/2)*p^{1/(p-1)}
a=1,r=1が基準ならx=3/2,y=2,z=5/2が基準の解の1つ
a=1だけが基準ならx=(3/2)*p^{1/(p-1)},y=(4/2)*p^{1/(p-1)},x=(5/2)*p^{1/(p-1)}が基準の解の1つ
p=2なら
x=(3/2)*(ap)^{1/(p-1)}=(3/2)*(2a)
y=(4/2)*(ap)^{1/(p-1)}=(4/2)*(2a)=2*(2a)
z=(5/2)*(ap)^{1/(p-1)}=(5/2)*(2a)
x=3/2,y=2,z=5/2=(3/2+1)はx^2+y^2=(x+1)^2の有理数解の1つ
yに代入する値はaによって変わる
p=3ならx:y:z=3:4:5の解は使えないので
x=s*(ap)^{1/(p-1)}=s*(√(3a))
y=t*(ap)^{1/(p-1)}=t*(√(3a))
z=(s+1)*(ap)^{1/(p-1)}=(s+1)*(√(3a))
x=s,y=t,z=s+1はx^3+y^3=(x+1)^3の有理数解の1つ(これが存在するかが証明すべきこと)
yに代入する値はaによって変わる >>48
>40
> 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
>>40の最後の3行にしか反応していないから毎度のことながらその前は読んでいないのだろ
ちゃんと全部読めよ 日高へのレスも一行だけにすれば理解される可能性が高まるのでは >52
x^n+y^n=(x+√3)^n この式から直接，整数比の解はないと結論づけられる，従ってそれを証明に使ってよい，
そうお考えになりますか？
はい。
a(1/a)=1なので、aがどんな数でも、a=1のときと、解の比が同じです。 >50
>>40の最後の3行にしか反応していないから毎度のことながらその前は読んでいないのだろ
ちゃんと全部読めよ
どの、部分に答えればよいのでしょうか？ >45
日高は「ならば」「のとき」が理解できない。
例をあげてください。 >49
x=s,y=t,z=s+1はx^3+y^3=(x+1)^3の有理数解の1つ(これが存在するかが証明すべきこと)
yに代入する値はaによって変わる
x^3+y^3=(x+1)^3…(4)は、有理数解をもちません。
(3)が有理数解をもたないので、(4)も有理数解をもちません。 >47
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+2)^3…(4)は、有理数解をもちません。
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yに何を代入すればよいか書け
yに有理数を代入すればよいです。 (修正1)
【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。
(3)のx,yが無理数の場合は、x^n+y^n=(x+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(wは無理数)
(3')は(4)と同じとなるので、整数比の解を持たない。
∴≧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。 >>58
s,tを有理数として
s^n+t^n=(s+n^{1/(n-1)})^n…(3)が成り立たない。
このとき、s:t:n^{1/(n-1)}=有理数:有理数:無理数
a^{1/(n-1)}倍したsa^{1/(n-1)},ta^{1/(n-1)}に対して
(sa^{1/(n-1)})^p+(ta^{1/(n-1)})^p=(sa^{1/(n-1)}+(an)^{1/(n-1)})^p…(4)は成り立たない。
このとき、sa^{1/(n-1)}:ta^{1/(n-1)}:(an)^{1/(n-1)}=有理数:有理数:無理数
(3)のx,yが無理数u,vのとき
u^n+v^n=(u+n^{1/(n-1)}))^n…(3')となる。このとき、u:v:n^{1/(n-1)})=無理数:無理数:無理数
(3')と(4)のx,y,rの比が違うので、式が違う。式が違うので、同じにならない。
証明は失敗です。 >>58
/: : : : : __: :/: : ::/: : :／/: : :/l::|: : :i: :l: : :ヽ: : :丶: : 丶ヾ ＿＿＿
/;,, : : : //::/: : 7l,;:≠-::/: : / .l::|: : :l: :|;,,;!: : :!l: : :i: : : :|: : ::､ ／ ヽ
/ヽヽ: ://: :!:,X~::|: /;,,;,/: :／ ﾘ!: ::/ﾉ l｀ヽl !: : |: : : :l: :l: ﾘ / そ そ お ＼
/: : ヽヾ/: : l/::l |／|||llllヾ,､ / |: :/ , -==､ l＼:::|: : : :|i: | / う う 前 |
. /: : : //ヾ ; :|!: ｲ､||ll|||||::|| ﾉノ ｲ|||||||ヾ､ |: ::|!: : ｲ: ::|/ な 思 が
/: : ://: : :ヽｿ::ヽl |{ i||ll"ﾝ ´ i| l|||l"l ｀|: /|: : /'!/l ん う
∠: : : ~: : : : : : : :丶ゝ-―- , ｰ=z_ｿ |/ ﾊﾒ;, :: ::|. だ ん
i|::ﾊ: : : : : : : : : : : ､ﾍﾍﾍﾍ ､ ﾍﾍﾍﾍﾍ /: : : : : ＼,|. ろ な
|!l |: : : : : : : : :､: ::＼ ､-―-, / : : :丶;,,;,:ミヽ う ら
丶: :ﾊ､lヽ: :ヽ: : ::＼__ ｀~ " /: : ﾄ; lヽ） ゝ
ﾚ ｀| ｀､l｀､＞=ﾆ´ , _´ : :} ｀ ／
,,､r"^~´"''''"t-｀r､ _ -､ ´ヽノ ＼ﾉ ／ お ・
,;'~ _r-- ､__ ~f､_>'､_ | で 前 ・
f~ ,;" ~"t___ ﾐ､ ^'t | は ん ・
," ,~ ヾ~'-､__ ﾐ_ξ丶 | な 中 ・
;' ,ｲ .. ヽ_ ヾ､0ヽ丶 l /
（ ;":: |: :: .. .｀, ヾ 丶 ! ＼＿＿＿＿／
;;;; :: 入:: :: :: l｀ｰ-､ ）l ヾ 丶
"~､ｿ:: :い:: : ＼_ ノ , ヾ 丶 >>56
> x^3+y^3=(x+1)^3…(4)は、有理数解をもちません。
> (3)が有理数解をもたないので、(4)も有理数解をもちません。
これは証明になっていないんだよ
x^3+y^3=(x+√3)^3の有理数解を定数倍しても
x^3+y^3=(x+1)^3の有理数解になることはない
x^2+y^2=(x+√3)^2の有理数解を定数倍しても
x^2+y^2=(x+1)^2の有理数解になることはない
>>57
> 検討するのにyに何を代入すればよいか書け
の答えが
> 有理数解をもちません
になるわけないだろ
x^2+y^2=(x+√3)^2のyに有理数を代入しても
整数比の解を持つことが示せないのでしょ
なぜx^3+y^3=(x+√3)^3のyに有理数を代入するの？ >>54
> どの、部分に答えればよいのでしょうか？
答えろということでなくて
おまえの証明の間違いについて説明してあるんだよ
おまえはその説明を読まないからちゃんと読んで理解しろと
言っている 検討すべき解はs,tが有理数のとき
x=s*(ap)^{1/(p-1)},y=t*(ap)^{1/(p-1)},z=(s+1)*(ap)^{1/(p-1)}
であって
p=2,a=1とすればx=2s,y=2t,z=2(s+1)だからyは有理数
p=2,a=√3ならx=s*2√3,y=t*2√3,z=(s+1)*2√3
p=3,a=1ならx=s*√3,y=t*√3,z=(s+1)*√3
p=3のときにa=1としてもyは有理数にならないよ
p=3,a=1のときつまり(3)が
(x,y,z)=(s*√3,t*√3,(s+1)*√3) (s,tは有理数)を解にもてば
(4)は有理数解を持つんだよ
(x,y,z)=(s*√3,t*√3,(s+1)*√3)は有理数解じゃないよ
>>56
> (3)が有理数解をもたないので、(4)も有理数解をもちません。 >59
(3)のx,yが無理数u,vのとき
u^n+v^n=(u+n^{1/(n-1)}))^n…(3')となる。このとき、u:v:n^{1/(n-1)})=無理数:無理数:無理数
この(3')が成り立つかどうかは、不明です。 >>64
そうですね。
(3’)と(4)は違うので、不明です。
証明は失敗です。 >61
x^2+y^2=(x+√3)^2のyに有理数を代入しても
整数比の解を持つことが示せないのでしょ
なぜx^3+y^3=(x+√3)^3のyに有理数を代入するの？
a=1だからです。 >65
そうですね。
(3’)と(4)は違うので、不明です。
証明は失敗です。
(3)のx,yが無理数の場合は、x^n+y^n=(x+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(wは無理数)
(3')は(4)と同じとなるので、整数比の解を持たない。
となります。 (修正1)
【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。
(3)のx,yが無理数の場合は、x^n+y^n=(x+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(wは無理数)
(3')は(4)と同じとなるので、整数比の解を持たない。
∴≧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。 >>67
同じとなりませんよ
(4)はx:y:rがsa^{1/(n-1)}:ta^{1/(n-1)}:(an)^{1/(n-1)}=有理数:有理数:無理数、成り立たない
(3')はx:y:rがu:v:n^{1/(n-1)})=無理数:無理数:無理数、成り立つか不明
成り立たないと不明は同じではありません。
証明は失敗です。 >>66
> a=1だからです。
検討すべき解はs,tが有理数のとき
x=s*(ap)^{1/(p-1)},y=t*(ap)^{1/(p-1)},z=(s+1)*(ap)^{1/(p-1)}
であって
p=2,a=1とすればx=2s,y=2t,z=2(s+1)だからyは有理数
p=3,a=1ならx=s*√3,y=t*√3,z=(s+1)*√3
y=t*√3は有理数じゃないですよ
>>53
> aがどんな数でも、a=1のときと、解の比が同じです。
s^3+t^3=(s+1)^3とs^3+t^3=(s+√3)^3は解の比が異なる
s^3+t^3=(s+1)^3と解の比が同じなのは(s*√3)^3+(t*√3)^3=(s*√3+√3)^3 >69
(4)はx:y:rがsa^{1/(n-1)}:ta^{1/(n-1)}:(an)^{1/(n-1)}=有理数:有理数:無理数、成り立たない
(3')はx:y:rがu:v:n^{1/(n-1)})=無理数:無理数:無理数、成り立つか不明
成り立たないと不明は同じではありません。
x:y:rがu:v:n^{1/(n-1)})は、x,yが無理数のとき、
u:v:(n^{1/(n-1)})/wとなります。
(n^{1/(n-1)})/w=(an)^{1/(n-1)}のとき、整数比となりません。 >70
> aがどんな数でも、a=1のときと、解の比が同じです。
s^3+t^3=(s+1)^3とs^3+t^3=(s+√3)^3は解の比が異なる
s^3+t^3=(s+1)^3と解の比が同じなのは(s*√3)^3+(t*√3)^3=(s*√3+√3)^3
s^3+t^3=(s+1)^3とs^3+t^3=(s+√3)^3と(s*√3)^3+(t*√3)^3=(s*√3+√3)^3
の解の比は同じです。 >>71
意味不明です。
u,vが無理数で、x=u,y=vのとき
u:v:n^{1/(n-1)})は無理数:無理数:無理数です。
wなんてどこにも出てきません。
証明は失敗です。 >>72
> s^3+t^3=(s+1)^3とs^3+t^3=(s+√3)^3と(s*√3)^3+(t*√3)^3=(s*√3+√3)^3
> の解の比は同じです。
何が言いたいの？
s,tは有理数なんだから
s:t:(s+1)=s*√3:t*√3:(s*√3+√3)=s*√3:t*√3:(s+1)*√3
は正しいけれども
s:t:(s+1)=s:t:(s+√3)は正しくないだろ >73
u,vが無理数で、x=u,y=vのとき
u:v:n^{1/(n-1)})は無理数:無理数:無理数です。
wなんてどこにも出てきません。
wは、無理数とします。 >74
s:t:(s+1)=s:t:(s+√3)は正しくないだろ
解の比が同じものが、存在します。 >>75
u,vが無理数で、x=u,y=vのとき
u:v:n^{1/(n-1)})は無理数:無理数:無理数です。
> wは、無理数とします。
それで？
u,v,n^{1/(n-1)}をそれぞれwで割ったら
u/w:v/w:n^{1/(n-1)})/w=u:v:n^{1/(n-1)})=無理数:無理数:無理数、成り立つか不明
(3')は(4)になりません。証明は失敗です。 >>76
> 解の比が同じものが、存在します。
存在するのなら具体的な数字で例を挙げて証明しろ
s:t:(s+1)=s:t:(s+√3)
xはs=as
yはt=at
zはs+1=a(s+√3)
s=as,t=atよりa=1
s+1=s+√3を満たすsは(sが有理数でなくても)存在しない
p=2ならs:t:(s+1)=s:t:(s+√3)
s:t:(s+1)ならs=3/2,t=2とすれば
s^2+t^2=(s+1)^2を満たすがs^2+t^2=(s+√3)^2は満たさない
3/2:2:5/2=3:4:5だが3:4:5=3/2:2:(3/2+√3)にはならない >>76
> >74
> s:t:(s+1)=s:t:(s+√3)は正しくないだろ
>
> 解の比が同じものが、存在します。
なぜ解x,y,zの内のzの値だけを変えても解の比が同じなのか説明せよ >>68
>(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。
>(3)のx,yが無理数の場合は、x^n+y^n=(x+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(wは無理数)
>(3')は(4)と同じとなるので、整数比の解を持たない。
∴≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
(3)はrが無理数なので、有理数解を持たない(これは確かに成り立つ)，しかし整数比の無理数解をもたないかどうかは不明。
不明ということは存在する可能性がある，ということなので，整数比の無理数解は否定されていない。
従って上の【証明】は下の論証が成立する可能性を否定できない。
>>(3)が整数比の無理数解をもつとき，(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍(任意の定数倍)となるので整数比の解をもつ。
>>(3)のx,yが無理数の場合は、x^n+y^n=(x+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(wは無理数)
>>(3')は(4)と同じとなるので、整数比の解をもつ。
∴≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持つ。
日高氏は，なぜか，有理数解をもたないという(3)の解の性質が，解の比が共通だから[理由になっていないが](4)従って(3')に整数比の解をもたない，として引き継がれる，と考えるらしい。
何度も繰り返して指摘するが(そして，どうしても「正しい指摘」であると理解してもらえないが)，
(3)に有理数解がなくても，整数比の無理数解が存在するのならば，(4)や(3')には有理数(整数)解が存在します。
その可能性を【証明】にちゃんと取り入れましょう。 「可能性を否定できない」事と「成り立たない」の区別がついていないって事か。
数学力の問題というより、国語力の問題だな。 (修正2)
【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、x,yが有理数のとき、成り立たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
(3)のx,yが無理数の場合は、s^n+t^n=(s+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3')はn^{1/(n-1)})/w=(an)^{1/(n-1)}のとき、(4)と同じとなるので、成り立たない。
∴≧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=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。(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。 >>82
【証明】を
・proof C シンプル
から
・proof A s,tは有理数
にスイッチしたようです。（参考：>>4-6） 簡単な→失敗
二項定理による→失敗
因数分解による→失敗
スッとぼけによる(new!) (修正3)
【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、x,yが有理数のとき、成り立たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
(3)のx,yが無理数の場合は、s^n+t^n=(s+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3')はn^{1/(n-1)})/w=(an)^{1/(n-1)}のとき、(4)と同じとなるので、成り立たない。
∴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。
(3)はr=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。(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。 >80
(3)に有理数解がなくても，整数比の無理数解が存在するのならば，(4)や(3')には有理数(整数)解が存在します。
その可能性を【証明】にちゃんと取り入れましょう。
85を見て下さい。 >81
「可能性を否定できない」事と「成り立たない」の区別がついていないって事か。
85を見て下さい。 >79
なぜ解x,y,zの内のzの値だけを変えても解の比が同じなのか説明せよ
a(1/a)=1だからです。 >>86
>(3)はrが無理数なので、x,yが有理数のとき、成り立たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
>(3)のx,yが無理数の場合は、s^n+t^n=(s+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
>(3')はn^{1/(n-1)})/w=(an)^{1/(n-1)}のとき、(4)と同じとなるので、成り立たない。
>∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。
全然変わってませんけど？？？ >78
p=2ならs:t:(s+1)=s:t:(s+√3)
s:t:(s+1)ならs=3/2,t=2とすれば
s^2+t^2=(s+1)^2を満たすがs^2+t^2=(s+√3)^2は満たさない
3/2:2:5/2=3:4:5だが3:4:5=3/2:2:(3/2+√3)にはならない
s:t:(s+1)=S:T:(S+√3)
3/2:2:5/2=(3√3)/2:(4√3)/2:(5√3)/2となります。 >89
全然変わってませんけど？？？
85では、整数比の無理数解が存在する可能性がなくなっています。 >>91
(修正1)
(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。
(3)のx,yが無理数の場合は、x^n+y^n=(x+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(wは無理数)
(3')は(4)と同じとなるので、整数比の解を持たない。
(修正3)
(3)はrが無理数なので、x,yが有理数のとき、成り立たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
(3)のx,yが無理数の場合は、s^n+t^n=(s+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3')はn^{1/(n-1)})/w=(an)^{1/(n-1)}のとき、(4)と同じとなるので、成り立たない。
1行目の「有理数解を持たない」を「x,yが有理数のとき、成り立たない」に代えているだけ。
2行目後半のx,yをs,tに代えているだけ。
(3')が(4)と同じとなる根拠らしいものが書いてあるだけ
根本的に何も，ほんとになーんにも，変わっていない。
どこをどう見たらそんなことが言えるのか？？？
それに「(4)と同じとなるので」から結論を導いているが，(4)は式が書いてあるあるだけで，成立するのかしないのか，どんな解をもつのかについて何も述べていない。
なんで，式だけの(4)から結論を導けるんですか？？？
(4)が成り立たないって，いったいどこでわかるんですか？？？
証明したといえるのは，論理的に筋が通っているときだけです。口だけで
>整数比の無理数解が存在する可能性がなくなっています。
とかいっても証明したことになりませんよ。 >92
(4)が成り立たないって，いったいどこでわかるんですか？？？
(3)はrが無理数なので、x,yが有理数のとき、成り立たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
から、わかります。 >>93
>(3)はrが無理数なので、x,yが有理数のとき、成り立たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
だから，(3)の整数比となる無理数解の話をしてるんでしょう。
(3)が「rが無理数なので、x,yが有理数のとき、成り立たない」こと，従って(3)には有理数(整数)解がないことについては誰も疑問を持っていません。
(3)での議論の対象は「整数比となる無理数解」です。
(3)に整数比となる無理数解が存在したら，(4)の解はその任意の定数倍なのだから，(4)には整数比となる無理数解(たとえば2倍する)も，有理数解(無理数を消去する)も，整数解(有理数解から分母をはらう)も存在するでしょう。
あなたの「(3)の有理数解」にこだわるあなたの主張は，そもそも的外れで何の説得力もないのですが。 スレタイは「日高に論理と思考を教えるスレ」にした方がいいな。 >94
だから，(3)の整数比となる無理数解の話をしてるんでしょう。
いいえ、(3)は、x,yが有理数のときの話です。 (修正3)
【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、x,yが有理数のとき、成り立たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
(3)のx,yが無理数の場合は、s^n+t^n=(s+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3')はn^{1/(n-1)})/w=(an)^{1/(n-1)}のとき、(4)と同じとなるので、成り立たない。
∴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。
(3)はr=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。(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。 >>96
>(3)のx,yが無理数の場合は、s^n+t^n=(s+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
これは(3)が無理数の場合ではないのですか。
>x,yが有理数のとき、成り立たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。
お気づきでないかも知れませんが，x,ｙがともに有利数の場合，その条件では(3)には解そのものが存在しないので，その解のa^{1/(n-1)}倍とかできません。
(3)が解をもつのは少なくともx,yのどちらか一方が無理数の場合のみです。
従って，(3)の「解」のa^{1/(n-1)}倍ができるのも，その場合だけです。
そしてその(3)の無理数解がどのような関係にあるのかは，何も論じられていません
>(3)のx,yが無理数の場合は、s^n+t^n=(s+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
上に書かれていることが，(3)の無理数解の場合だといいたいのかも知れませんが，s,tが有利数解となる場合は(3)ではないので(3')とするのは適当でありません。
(3)の整数比の無理数解について解を定数倍により無理数を消去したものと見なしうるので(4)のケースの一場面であって，解番号をつけるなら(4')です。
当然ですが，(3)の無理数解については何も論じられていないので(4)及び(4')の成否については不明のままです。
したがって【証明】の結論は導けません。【証明】は誤りです。 (98修正)
ああ，(4)及び(4')の成否が不明というのは正しくありませんね。
(4)はx,yが無理数なら当然成り立ちます。
s^n+t^n=(s+(n^{1/(n-1)})/w)^n…(3') [(4')とすべきことは前述] も右辺の( )内が無理数になってよいなら当然成立します。
>当然ですが，(3)の無理数解については何も論じられていないので(4)及び(4')の成否については不明のままです。
は「・・・・(4)及び(4')に有理数(整数)解があるかどうかは不明のままです。」と訂正します。 >99
>当然ですが，(3)の無理数解については何も論じられていないので(4)及び(4')の成否については不明のままです。
(sw)^n+(tw)^n=(sw+n^{1/(n-1)})^n とs^n+t^n=(s+(n^{1/(n-1)})/w)^n
は、同じなので、(3)の無理数解について論じていると、思います。 ■ このスレッドは過去ログ倉庫に格納されています
