[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)
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593(1): 日高 2019/11/19(火)15:31 ID:YUDnqgOv(22/32) AAS
>だから間違ったこと平気で書くんだよ。
どの部分が、間違いかを、ご指摘いただけないでしょうか。
594: 2019/11/19(火)15:58 ID:r6MNliIO(6/7) AAS
>>593
痴呆決定だな。
自分が何に返事してその返事が相手に認められたのかどうか全部メモっておけよ。
595(1): 日高 2019/11/19(火)16:26 ID:YUDnqgOv(23/32) 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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
省1
596: 2019/11/19(火)16:28 ID:r6MNliIO(7/7) AAS
>>595
ゴミ。
597(1): 日高 2019/11/19(火)16:39 ID:YUDnqgOv(24/32) AAS
>ゴミ。
すみません。よろしくお願いします。
598: 2019/11/19(火)16:48 ID:0Mux4cYF(3/6) AAS
>>591
>>588ではp=1の場合に帰着しないと言ってたのに、なぜまたp=1の場合を考えるのですか？
あと7^1+14^1=21^1, 1^1+2^1=3^1は同じ式ではありません
599(1): 日高 2019/11/19(火)16:53 ID:YUDnqgOv(25/32) AAS
>>588ではp=1の場合に帰着しないと言ってたのに、なぜまたp=1の場合を考えるのですか？
あと7^1+14^1=21^1, 1^1+2^1=3^1は同じ式ではありません
7^1+14^1=21^1, 1^1+2^1=3^1は同じ式ではありませんが、
同じ１乗の和の形の式です。
600: 2019/11/19(火)16:58 ID:0Mux4cYF(4/6) AAS
>>599
でも{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^pはp=1に帰着しないんですよね？(>>588)
601: 2019/11/19(火)16:59 ID:I62E+801(1) AAS
>>597
許されません。痴呆老人は同じことを書き込むなよ。
602(1): 日高 2019/11/19(火)18:09 ID:YUDnqgOv(26/32) AAS
>でも{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^pはp=1に帰着しないんですよね？
はい。
603(1): 日高 2019/11/19(火)19:00 ID:YUDnqgOv(27/32) AAS
>許されません。痴呆老人は同じことを書き込むなよ。
すみません。許してください。
604: 2019/11/19(火)19:11 ID:AZTT/AYd(1/4) AAS
>>603
> すみません。許してください。
何故？間違いを繰り返し主張するのはタダの迷惑だろ。
605(1): 日高 2019/11/19(火)19:29 ID:YUDnqgOv(28/32) AAS
>何故？間違いを繰り返し主張するのはタダの迷惑だろ。
迷惑を、おかけします。どうかお許し願います。
606(1): 日高 2019/11/19(火)19:34 ID:YUDnqgOv(29/32) 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)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:z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、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
省1
607: 2019/11/19(火)19:36 ID:AZTT/AYd(2/4) AAS
>>605
> 迷惑を、おかけします。どうかお許し願います。
迷惑かつ傲慢とか許されるはず無いだろが。さすが痴呆
608: 2019/11/19(火)19:36 ID:AZTT/AYd(3/4) AAS
>>606
迷惑痴呆老人決定
609: 日高 2019/11/19(火)19:39 ID:YUDnqgOv(30/32) AAS
>迷惑痴呆老人決定
すみません。ご迷惑をおかけします。
610: 2019/11/19(火)19:54 ID:0Mux4cYF(5/6) AAS
>>602
じゃあ>>591の説明は誤りということで宜しいですか？
611(1): 日高 2019/11/19(火)20:07 ID:YUDnqgOv(31/32) AAS
>じゃあ>>591の説明は誤りということで宜しいですか？
いいえ。
p=1の形は、p=1と同じですので、r=p^{1/(p-1)}のrが、定まりません。
612: 2019/11/19(火)20:25 ID:bS7ZfYbY(2/2) AAS
もともと p は奇素数として仮定しているのに（つまり、p ≠ 1, p ≠ 2)、p = 7
のとき p = 1 に「帰着」するとはどういうことなのだ？
まるで無意味ではないか。
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