[過去ﾛｸﾞ] 現代数学の系譜 カントル 超限集合論2 (1002ﾚｽ)
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304: １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 12:16:37.45 ID:0iFmeQIA(1/13) AAS
或る3以上の整数nが存在して、何れも或る3つの正整数 x、y、z が存在して、x^n+y^n＝z^n が成り立つとする。
Euclid 平面 R^2 上の半径1の円周をCで表す。
仮定から、nは3以上の整数だから、仮定した等式 x^n+y^n＝z^n から、
3つの正整数 x、y、z の大小関係について、0＜x＜z、0＜y＜z が両方共に成り立つ。
仮定から x、y、z は何れも有理整数だから、x、y、z∈Z。また、有理数体Qは有理整数環Zの商体だから、Z⊂Q。
よって、z＞0 から、x/z、y/z∈Q。0＜x＜z だから、0＜x/z＜1。同様に、0＜y＜z だから、0＜y/z＜1。
平面 R^2 上で点 A(x/z,y/z) と原点 O(0,0) とを結ぶ線分と、x軸正方向とのなす角をθとする。
0＜x/z＜1、0＜y/z＜1 が両方共に成り立つから、θの定義から 0＜θ＜π/2 である。
平面 R^2 上の半径1の円周上には、a^2+b^2＝1、0≦|a|≦1、0≦|b|≦1 を何れも満たしているような有理点 (a,b) が稠密に分布する。
逆に、a^2+b^2＝1、0≦|a|≦1、0≦|b|≦1 を何れも満たしているような有理点 (a,b) は、すべて平面 R^2 上の半径1の円周上に存在する。
このことに注意して、有理点 A(x/z,y/z) が存在する位置について場合分けをする。
Case1)：平面 R^2 上の半径1の円周C上に有理点 A(x/z,y/z) が存在するとき。
0＜x/z＜1、0＜y/z＜1 から、確かに平面 R^2 上の円周C上に有理点 A(x/z,y/z) は存在し、(x/z)^2＋(y/z)^2＝1 を満たす。
θの定義と 0＜θ＜π/2、0＜x/z＜1 から、cos(θ)＝x/z。同様に、θの定義と 0＜θ＜π/2、0＜y/z＜1 から、sin(θ)＝y/z。
成り立つと仮定した等式 x^n＋y^n＝z^n から、(x/z)^n＋(y/z)^n＝1。よって、cos^n(θ)＋sin^n(θ)＝1 となる。
しかし、仮定から n≧3 であり、0＜θ＜π/2 から 0＜cos(θ)＝x/z＜1、0＜sin(θ)＝y/z＜1 だから、
0＜cos^n(θ)＋sin^n(θ)＜1 から cos^n(θ)＋sin^n(θ)≠1 となって矛盾が生じる。
305(3): １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 12:18:43.21 ID:0iFmeQIA(2/13) AAS
Case2)：平面 R^2 上の半径1の円周Cで囲まれた円の中に有理点 A(x/z,y/z) が存在するとき。
このとき、確かに平面 R^2 上の円周Cで囲まれた円の中に有理点 A(x/z,y/z) は存在して、(x/z)^2＋(y/z)^2＜1 を満たす。
また、仮定から n≧3 だから x/z＜1、y/z＜1 から、(x/z)^n+(y/z)^n＜(x/z)^2＋(y/z)^2。
よって、(x/z)^n+(y/z)^n＜1 から x^n+y^n＜z^n となって、成り立つと仮定した等式 x^n+y^n＝z^n に反し矛盾する。
Case3)：平面 R^2 上の半径1の円周Cで囲まれた円の外側に有理点 A(x/z,y/z) が存在するとき。
このとき、確かに平面 R^2 上の円周Cで囲まれた円の外側に有理点 A(x/z,y/z) は存在し、(x/z)^2+(y/z)^2＞1 を満たす。
また、3つの正整数x、y、zについて、1≦x＜z かつ 1≦y＜z だから、x^2＋y^2＜2z^2 から (x/z)^2＋(y/z)^2＜2 を得る。
故に、或る 1＜s＜√2 なる実数sが存在して、(x/z)^2＋(y/z)^2＝s^2 であり、( x/(sz) )^2＋( y/(sz) )^2＝1 となる。
平面 R^2 上において、3点 O(0,0)、B(x/(sz),y/(sz))、A(x/z,y/z) はその順に一直線上に並んでいるから、
θの定義から cos(θ)＝x/(sz) かつ sin(θ)＝y/(sz) かつ sz＝√(x^2＋y^2) であり、s・cos(θ)＝x/z、s・sin(θ)＝y/z。
仮定から n≧3 であり、s^n・cos^n(θ)＝(x/z)^n、s^n・sin^n(θ)＝(y/z)^n。
成り立つと仮定した等式から、(x/z)^n＋(x/z)^n＝1 だから、s^n・(cos^n(θ)＋sin^n(θ))＝s^n、
故に、X＝cos^n(θ)＋sin^n(θ) とすれば、s^n・X＝s^n となる。
仮定から n≧3 であり 0＜θ＜π だから、Xの定義から X＝cos^n(θ)＋sin^n(θ)＜cos^2(θ)＋sin^2(θ)＝1 であり、s^n・X＜s^n となる。
しかし、これは s^n・X＝s^n に反し、矛盾する。
Case1)、Case2)、Case3) から、起こり得る何れの場合も矛盾が生じる。
この矛盾は、3以上の整数n、及び3つの正整数 x、y、z が存在して、x^n+y^n＝z^n が成り立つとしたことから生じたから、背理法が適用出来る。
背理法を適用すれば、どんな3以上の整数nと、どんな3つの正整数 x、y、z を取ろうとも、x^n+y^n＝z^n とはなり得ない。
306: １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 12:30:16.31 ID:0iFmeQIA(3/13) AAS
>>305の Case3) の下の方の訂正：
仮定から n≧3 であり 0＜θ＜π だから、 → 仮定から n≧3 であり 0＜θ＜π/2 だから、
307: １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 12:49:57.39 ID:0iFmeQIA(4/13) AAS
第84スレは強制的に立てられなくなったようだな。
308: １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 12:54:33.05 ID:0iFmeQIA(5/13) AAS
おっちゃんです。
やっと完成させた。
Case3) が怪しいが、どうやら、私が最初に見たことは幻ではなかったようだ。
309: １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 13:20:55.43 ID:0iFmeQIA(6/13) AAS
>>305の Case3) を訂正したが、どうやら間違っていた。
私が見た幻は幻なんでしょう、多分。
310(2): １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 15:44:22.35 ID:0iFmeQIA(7/13) AAS
>>305の Case3) は取り消して、その訂正版。
Case3)：平面 R^2 上の半径1の円周Cで囲まれた円の外側に有理点 A(x/z,y/z) が存在するとき。
このとき、確かに平面 R^2 上の円周Cで囲まれた円の外側に有理点 A(x/z,y/z) は存在し、(x/z)^2+(y/z)^2＞1 を満たす。
また、3つの正整数x、y、zについて、1≦x＜z かつ 1≦y＜z だから、x^2＋y^2＜2z^2 から (x/z)^2＋(y/z)^2＜2 を得る。
故に、或る 1＜s＜√2 なる実数sが存在して、(x/z)^2＋(y/z)^2＝s^2 であり、( x/(sz) )^2＋( y/(sz) )^2＝1 となる。
平面 R^2 上において、3点 O(0,0)、B(x/(sz),y/(sz))、A(x/z,y/z) はその順に一直線上に並んでいるから、
θの定義から cos(θ)＝x/(sz) かつ sin(θ)＝y/(sz) かつ sz＝√(x^2＋y^2) であり、s・cos(θ)＝x/z、s・sin(θ)＝y/z。
仮定から n≧3 であり、s^n・cos^n(θ)＝(x/z)^n、s^n・sin^n(θ)＝(y/z)^n。
成り立つと仮定した等式から、(x/z)^n＋(y/z)^n＝1 だから、s^n・(cos^n(θ)＋sin^n(θ))＝1、
故に、X＝cos^n(θ)＋sin^n(θ) とすれば、s^n・X＝1 となる。
ところで、平面 R^2 上の半径1の円周C上には、すべての a^2+b^2＝1、0≦|a|≦1、0≦|b|≦1 を何れも満たすような点 (a,b) が存在する。
逆に、a^2+b^2＝1、0≦|a|≦1、0≦|b|≦1 を何れも満たすような点 (a,b) は、すべて平面 R^2 上の半径1の円周C上に存在する。
また、mに対して3つの正の実数 r、s'、t が対応して r^m＋(s')^m＝t^m となるような2以上の整数mが存在するならば、mは一意に決まる。
よって、mに対して3つの正の実数 r、s'、t が対応して (r/t)^m＋(s'/t)^m＝1 となるような2以上の整数mが存在するならば、mは一意に m＝2 に決まる。
仮定から、x、y、z は正の実数であり、nは n≧2 を満たすから、s^n・X＝(x/z)^n＋(y/z)^n＝1 から、nが取り得る値は n＝2 となる。
しかし、n＝2 は n≧3 と仮定していることに反し、矛盾する。
311(1): １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 16:10:57.90 ID:0iFmeQIA(8/13) AAS
>>310の訂正：
>また、mに対して3つの正の実数 r、s'、t が対応して r^m＋(s')^m＝t^m となるような2以上の整数mが存在するならば、mは一意に決まる。
>よって、mに対して3つの正の実数 r、s'、t が対応して (r/t)^m＋(s'/t)^m＝1 となるような2以上の整数mが存在するならば、mは一意に m＝2 に決まる。
この2行は
>また、何れも或る3つの正の実数 r、s'、t が存在して r^m＋(s')^m＝t^m となるような2以上の整数mが存在するならば、mは一意に決まる。
>よって、何れも或る3つの正の実数 r、s'、t が存在して (r/t)^m＋(s'/t)^m＝1 となるような2以上の整数mが存在するならば、mは一意に m＝2 に決まる。
に訂正。
313: １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 17:00:18.47 ID:0iFmeQIA(9/13) AAS
>>310-311は一般的な証明に使えるような論法になっているから、多分間違いでしょう。
間違いと意識して>>310-311を書いたつもりはないが、>>310-311にはどこかに間違いがある筈。
それにしても、証明の Case3) ではスムーズに矛盾を導けない。
314(1): １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 17:03:44.75 ID:0iFmeQIA(10/13) AAS
>>312
いや、スレを立てる程のことではないんで。
316(1): １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 17:08:29.13 ID:0iFmeQIA(11/13) AAS
それじゃ、おっちゃんもう寝る。
318(1): １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 17:13:14.48 ID:0iFmeQIA(12/13) AAS
>>315
スレを立ててもいいけど、毎日書くことはないんで、スレを立てたら他の人が埋めて行くようなことになると思う。
319: １３２人目の素数さん [sage] 2020/02/22(土) 17:14:48.00 ID:0iFmeQIA(13/13) AAS
それじゃ、おっちゃんもう寝る。
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