[過去ﾛｸﾞ] フェルマーの最終定理の簡単な証明2 (1002ﾚｽ)
上下前次1-新
このｽﾚｯﾄﾞは過去ﾛｸﾞ倉庫に格納されています｡
次ｽﾚ検索 歴削→次ｽﾚ 栞削→次ｽﾚ 過去ﾛｸﾞﾒﾆｭｰ
1(2): 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2019/11/06(水)09:02 ID:K0QQ8/dg(1/3) AAS
【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】pは奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})…④
となる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑤となる。
省3
2(2): 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2019/11/06(水)15:25 ID:K0QQ8/dg(2/3) AAS
【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】p=3とする。x^3+y^3=z^3…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^3+y^3=(x+r)^3…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^3+(y/r)^3=(x/r+1)^3, (y/r)^3-1=3{(x/r)^(3-1)+…+x/r},
r^(3-1){(y/r)^3-1}=3{x^(3-1)+…+r^(3-2)x}…➂とする。
➂はr^(3-1)=3とすると、r=3^{1/(3-1)}となるので、②はx^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})…④
となる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(3-1)})^3を掛けた
(xa^{1/(3-1)})^3+(ya^{1/(3-1)})^3=(xa^{1/(3-1)}+(3a)^{1/(3-1)})^3…⑤となる。
省3
3: 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2019/11/06(水)18:14 ID:K0QQ8/dg(3/3) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2とする。x^2+y^2=z^2…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^2+y^2=(x+r)^2…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r+1)^2, (y/r)^2-1=2{(x/r)^(2-1)},
r^(2-1){(y/r)^2-1}=2{x^(2-1)}…➂とする。
➂はr^(2-1)=2とすると、r=2^{1/(2-1)}となるので、②はx^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…④となる。
④はxを有理数とすると、zは有理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持つ。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(2-1)})^2を掛けた
(xa^{1/(2-1)})^2+(ya^{1/(2-1)})^2=(xa^{1/(2-1)}+(2a)^{1/(2-1)})^2…⑤となる。
⑤をxa^{1/(2-1)}=X, ya^{1/(2-1)}=Y, xa^{1/(2-1)}+(2a)^{1/(2-1)}=Zとおくと、
省2
4: 2019/11/07(木)07:52 ID:XhjPzBmn(1) AAS
１は高木と同じか！？
統失は数学板では全く手に負えない
5(1): 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2019/11/07(木)08:05 ID:GyZxnFUi(1/6) AAS
>１は高木と同じか！？
どういう意味でしょうか？
6: 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2019/11/07(木)08:13 ID:GyZxnFUi(2/6) AAS
【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】pは奇素数,yは有理数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④
となる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑤となる。
省3
7(1): 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2019/11/07(木)08:18 ID:GyZxnFUi(3/6) AAS
【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】p=3,yは有理数とする。x^3+y^3=z^3…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^3+y^3=(x+r)^3…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^3+(y/r)^3=(x/r+1)^3, (y/r)^3-1=3{(x/r)^(3-1)+…+x/r},
r^(3-1){(y/r)^3-1}=3{x^(3-1)+…+r^(3-2)x}…➂とする。
➂はr^(3-1)=3とすると、r=3^{1/(3-1)}となるので、②はx^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…④
となる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、④の両辺に(a^{1/(3-1)})^3を掛けた
(xa^{1/(3-1)})^3+(ya^{1/(3-1)})^3=(xa^{1/(3-1)}+(3a)^{1/(3-1)})^3…⑤となる。
省3
8: 2019/11/07(木)08:21 ID:0zzIV2yG(1) AAS
高木貞治さんがすでに証明してたの？
9: 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2019/11/07(木)08:23 ID:GyZxnFUi(4/6) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2,yは有理数とする。x^2+y^2=z^2…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^2+y^2=(x+r)^2…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^2+(y/r)^2=(x/r+1)^2, (y/r)^2-1=2{(x/r)^(2-1)},
r^(2-1){(y/r)^2-1}=2{x^(2-1)}…➂とする。
➂はr^(2-1)=2とすると、r=2^{1/(2-1)}となるので、②はx^2+y^2=(x+2^{1/(2-1)})^2…④となる。
④はxを有理数とすると、zは有理数となる。よって、④,②,①は有理数解を持つ。
④の両辺に(a^{1/(2-1)})^2を掛けると、
(xa^{1/(2-1)})^2+(ya^{1/(2-1)})^2=(xa^{1/(2-1)}+(2a)^{1/(2-1)})^2…⑤となる。
⑤をxa^{1/(2-1)}=X, ya^{1/(2-1)}=Y, xa^{1/(2-1)}+(2a)^{1/(2-1)}=Zとおくと、
省2
10: 2019/11/07(木)09:00 ID:MK6p5BMb(1) AAS
>>7
> 【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】p=3,yは有理数とする。x^3+y^3=z^3…①が、有理数解を持つかを検討する。
この時点でx,zの定義が不明。
おかしなところが一つでもあれば、それ以降は全て間違いのでたらめ。
いいかげんにしろ、無視野郎。
> ①をz=x+rとおくと
何を主張したいのか、数学の文章として意味不明。
だから勉強しろっての。
11: 2019/11/07(木)09:07 ID:96eSwmd/(1/2) AAS
> この時点でx,zの定義が不明。
x は珍歩、z は満湖であるから、それ以下の証明はすべて正しい（笑）。
珍歩、満湖はすべてを可能にするからである。
ただし、数学の証明ではないだけwwwwwwwwwwwwww。
ま、スレ主の頭の中には脳は存在しないのだから、何を言ってもダメだよ。
反応しないのが一番なんだけどね。
12(2): 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2019/11/07(木)09:41 ID:GyZxnFUi(5/6) AAS
> ①をz=x+rとおくと
何を主張したいのか、数学の文章として意味不明。
xが有理数のとき、zが無理数となれば、有理数解は存在しないことに
なります。
13: 2019/11/07(木)12:39 ID:bPm5SuR2(1/3) AAS
>>12
説明なぞ知らん。
証明に書かれていることが間違いだから、勉強して直さない限り二度と他人に見せるな。
14: 2019/11/07(木)12:47 ID:bPm5SuR2(2/3) AAS
>>12
> ①をz=x+rとおくと
この11文字のどこにそんな内容があるのだ。この11文字が意味不明だっての。
勉強せずに投稿するな。
15(1): 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2019/11/07(木)13:06 ID:GyZxnFUi(6/6) AAS
> ①をz=x+rとおくと
この11文字のどこにそんな内容があるのだ。この11文字が意味不明だっての。
r=z-xなので、z,xが有理数ならば、rは有理数となります。
16: 2019/11/07(木)13:20 ID:96eSwmd/(2/2) AAS
> r=z-xなので、z,xが有理数ならば、rは有理数となります。
であれば p=3のとき
③はr^(2-1)=2とすると
なんてできないだろ。r は無理数になってしまうんだから以後どんな屁理屈を
並べたところで何の意味もない。
③はr^(2-1)=2とすると ⇔ r を無理数とすると
省3
17: 2019/11/07(木)13:38 ID:bPm5SuR2(3/3) AAS
>>15
> ①をz=x+rとおくと
どんな説明を後から加えようと、この記述が意味不明なのは変わらない。
言い訳して、指摘を無視するな。
18: 2019/11/08(金)13:32 ID:qTvh2ote(1) AAS
√(x^12+y^12+z^12-2*(x^6*y^6+x^6*z^6+y^6*z^6))=0
x^3=y^3±z^3
x^12+y^12+z^12=R^2
x^6*y^6+x^6*z^6+y^6*z^6=R^2/2
のグラフが格子点で交わらないこと証明する
x^6=R*sinθ*cosφ y^6=R*sinθ*sinφ z^6=R*cosθ √(x^12+y^12)=R*sinθ
(sinθ)^2*cosφ*sinφ+cosθ*sinθ*sinφ+cosθ*sinθ*cosφ=1/2
(1-cos(2θ))*cosφ*sinφ+sin(2θ)*(sinφ+cosφ)=1
省7
19: 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2019/11/08(金)19:36 ID:SM50ddLY(1/3) AAS
>p=3のとき
③はr^(2-1)=2とすると
p=3のときは、
r^(3-1)=3となります。
20: 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2019/11/08(金)19:41 ID:SM50ddLY(2/3) AAS
すみません。
√(x^12+y^12+z^12-2*(x^6*y^6+x^6*z^6+y^6*z^6))=0
x^3=y^3±z^3
この式は、どんな意味でしょうか？ 何を求める式でしょうか？
上下前次1-新書関写板覧索設栞歴
あと 982 ﾚｽあります
ｽﾚ情報 赤ﾚｽ抽出 画像ﾚｽ抽出 歴の未読ｽﾚ AAｻﾑﾈｲﾙ
ぬこの手 ぬこTOP 0.018s