[過去ﾛｸﾞ] フェルマーの最終定理の簡単な証明4 (1002ﾚｽ)
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188(2): 2019/12/23(月)15:18 ID:x9BwKyMs(1) AAS
>>186
> x,yに大きな自然数を代入するほど、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の値が、
> 大きくなります。
何故？証明は？
189(1): 日高 2019/12/23(月)15:42 ID:ApwmpHz4(12/29) AAS
>181
>{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}≠1
の考察がない。やり直し
{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=1
を満たすx,yについて考えます。
190(1): 日高 2019/12/23(月)15:50 ID:ApwmpHz4(13/29) AAS
>182
はい。
z^(p-1)×zと、z^pは同じだからです。
191: 日高 2019/12/23(月)15:53 ID:ApwmpHz4(14/29) AAS
>183
>【日高の定理】二等辺三角形は正三角形である。
【日高の証明】三辺の長さをa,b,cとする。a=bとする。
a=cのときa=b=cなので正三角形である。
∴二等辺三角形は正三角形である。
【日高の定理】
【日高の証明】ではありません。
192(1): 2019/12/23(月)15:56 ID:J8D9GTGE(2/5) AAS
>190
>はい。
>z^(p-1)×zと、z^pは同じだからです。
あなたは↓これらの式の左辺が『同じ』に見えるのか？
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
z={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
z^2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
...
z^p={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
いつの間に
省2
193(2): 日高 2019/12/23(月)16:01 ID:ApwmpHz4(15/29) AAS
>188
>x,yに大きな自然数を代入するほど、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の値が、
> 大きくなります。
何故？証明は？
証明は、ありません。実験てきにそうなります。
194(2): 日高 2019/12/23(月)16:06 ID:ApwmpHz4(16/29) AAS
>192
>あなたは↓これらの式の左辺が『同じ』に見えるのか？
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
z={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
z^2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
...
z^p={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
いつの間に
1=z=z^2=...=z^p
>になったのだ？
省1
195(2): 日高 2019/12/23(月)16:07 ID:ApwmpHz4(17/29) 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は奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=1…(1)とおく。
(1)の自然数解は、x=1、y=1のみである。
x^p+y^p=z^pなので、z^p=(x+y)…(2)となる。
(2)に、x=1、y=1を代入すると、z^p=2となる。zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
196(2): 2019/12/23(月)16:09 ID:lNOBk12o(1/3) AAS
>>193
> >188
> >x,yに大きな自然数を代入するほど、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の値が、
> > 大きくなります。
> 何故？証明は？
>
> 証明は、ありません。実験てきにそうなります。
じゃあ証明としては間違い。
197(2): 2019/12/23(月)16:10 ID:lNOBk12o(2/3) AAS
>>189
> >181
> >{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}≠1
> の考察がない。やり直し
>
> {x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=1
> を満たすx,yについて考えます。
考察がなければ、証明としては間違い。終わり。
198: 2019/12/23(月)16:12 ID:lNOBk12o(3/3) AAS
>>195
> 【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は奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> {x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=1…(1)とおく。
> (1)の自然数解は、x=1、y=1のみである。
> x^p+y^p=z^pなので、z^p=(x+y)…(2)となる。
> (2)に、x=1、y=1を代入すると、z^p=2となる。zは自然数とならない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
だめだと指摘があったのだから、解決し無い限り間違いのゴミ
199(1): 2019/12/23(月)16:14 ID:J8D9GTGE(3/5) AAS
>194
>書き直した証明は、「左辺の右側と右辺の右側は等しいので、」は関係ありません。
また質問のに対する回答になっていないが。
>{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=1…(1)とおく。
これは貴方が
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の(左辺の右側)=(右辺の右側)という条件だろう？
その場合に解が無いのは合っているので問題無い。
省8
200(1): 2019/12/23(月)16:33 ID:J8D9GTGE(4/5) AAS
>194
連立方程式、調べたのか？
言われたお使いすら儘成らぬのか？
貴方が証明したのは、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
とした場合、
[1]連立方程式
(1) z^p=(x+y)
(2) 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の場合、(2)を満たす自然数解は{x,y|x=y=1}だけである。
省14
201(2): 2019/12/23(月)16:36 ID:IzDk6yO7(1) AAS
>>195
結論が違う。
{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=1 のとき、
x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
を証明してるだけ。
それ以外のときも証明して下さい。
202(1): 2019/12/23(月)16:52 ID:g9LnGtlX(2/2) AAS
>>193
問題の式が(x^p+y^p)/(x+y)に等しいことから証明できないかな。
203: 日高 2019/12/23(月)17:33 ID:ApwmpHz4(18/29) AAS
>202
>問題の式が(x^p+y^p)/(x+y)に等しいことから証明できないかな。
ヒント。ありがとうございました。解決しました。
204(1): 日高 2019/12/23(月)17:54 ID:ApwmpHz4(19/29) AAS
A=BCならば、C=1、B=Aとなる。
205(1): 日高 2019/12/23(月)18:06 ID:ApwmpHz4(20/29) AAS
>196
>>x,yに大きな自然数を代入するほど、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)ｎ}の値が、
> > 大きくなります。
> 何故？証明は？
{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)
解は、x=y=1となります。これを超えると(x^p+y^p)/(x+y)の値が大きくなります。
206(1): 日高 2019/12/23(月)18:11 ID:ApwmpHz4(21/29) AAS
>197
> >{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}≠1
> の考察がない。やり直し
A=BCならば、C=1、B=Aとなる。
B=(x+y)、C={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}、A=z^2
207(1): 2019/12/23(月)18:49 ID:JhSiZ4b4(1/2) AAS
>>204
A=BC ⇒ C=1 ∧ A=B
または
A=BC ⇒ B=1 ∧ A=C
これなんか意味あんの
結論はA=B=Cか？ｗ
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