[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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494(1): 2019/12/29(日)11:39 ID:ru30+Q3K(1/11) AAS
>>481
> >> (3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
> > ∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>
> この部分の論理展開が不完全です。
>
> なぜ、論理展開が不完全ということになるのでしょうか？
散々指摘したけども例えば >>455 あたりを参照。
「任意の」をやめればという訂正案を提示しても無視だもんなあ。
495: 2019/12/29(日)11:43 ID:e3HdTM/M(2/5) AAS
>>493
> >492
> >日高が数学使おうとしないから。
>
> よく意味がわかりません。
意味が分からないのはお前の責任。
こっちに擦り付けるな。
496(1): 2019/12/29(日)12:09 ID:rghD6tGc(1/11) AAS
>>483
>>(3)のyに偶数を入れてxが偶数となるようにできる、ということですか？
>yに偶数を入れてxが偶数となるようには、できません。
じゃあどうします？どんな数字を入れたらxが偶数になりますか？
>>それとも、yは偶数、xは偶数でないような3つの偶数の組(x,y,z)があるということですか？
> ∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pをみたす3つの偶数の組(x,y,z)が存在しない。
> が、おかしいです。
省1
497(2): 日高 2019/12/29(日)13:37 ID:0OrGG5Rh(12/62) AAS
>494
>「任意の」をやめればという訂正案を提示しても無視だもんなあ。
どうして「任意の」をやめないといけないのでしょうか？
498(1): 2019/12/29(日)14:30 ID:LGzujaMz(2/4) AAS
>>497
「任意の」の意味を知らないじゃないの？
499(2): 日高 2019/12/29(日)15:05 ID:0OrGG5Rh(13/62) AAS
>496
>じゃあどうします？どんな数字を入れたらxが偶数になりますか？
x^2=2y+1に、x=2を代入すると、4=2y+1、y=3/2
2^2+(3/2)^2=(5/2)^2、整数比に直すと、
4^2+3^2=5^2となります。
yが偶数の時xが偶数にならないのだから、ｘ、ｙ、z3つとも偶数になることなんてないはずでしょう？
6^2+8^2=10^2となります。
500(2): 日高 2019/12/29(日)15:07 ID:0OrGG5Rh(14/62) AAS
>498
>「任意の」の意味を知らないじゃないの？
教えていただけないでしょうか。
501: 日高 2019/12/29(日)15:09 ID:0OrGG5Rh(15/62) 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なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2*1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、1=(z-y)…(2)とおく。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
502(1): 2019/12/29(日)15:12 ID:ru30+Q3K(2/11) AAS
>>497
何度指摘してもわからないフリだもんなあ。
> (3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
> ∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
x に代入して得られる x y z の有理数の組から、
定数倍しても自然数解を得られないような有理数が存在するからです。
代表例）x=±1
だから、「任意の有理数」でなく、
「3 以上の奇数」にしときなって。
存在証明なんだから、一例でもあげられれば証明完了でしょ。
503: 2019/12/29(日)15:15 ID:LGzujaMz(3/4) AAS
>>500
勉強しなさい。
そんなことも知らずに証明なんて無理。
504(1): 2019/12/29(日)15:16 ID:ru30+Q3K(3/11) AAS
>>500
> >「任意の」の意味を知らないじゃないの？
>
> 教えていただけないでしょうか。
先に使われたのはあなたです。
どんな意味で使ってるんですか？
505(1): 2019/12/29(日)15:20 ID:bgmlk+BS(1) AAS
>>490 日高
> >480
> 訂正します。
> (x^p+y^p)*1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}これは、恒等式
> (左辺の左側)＝(右辺の左側)を満たす有理数x,yは存在しない。×
> (左辺の左側)＝(右辺の左側)を満たす有理数x,yは1のみである。○
恒等式を変形していたのに恒等式でないものが出てくる。
何か変だと思わないかい？
506(1): 日高 2019/12/29(日)15:32 ID:0OrGG5Rh(16/62) AAS
>502
>だから、「任意の有理数」でなく、
「3 以上の奇数」にしときなって。
存在証明なんだから、一例でもあげられれば証明完了でしょ。
一例でもあげられれば証明完了なので、「任意の有理数」としました。
507: 日高 2019/12/29(日)15:34 ID:0OrGG5Rh(17/62) AAS
>505
>恒等式を変形していたのに恒等式でないものが出てくる。
何か変だと思わないかい？
どういう意味でしょうか？
508(1): 日高 2019/12/29(日)15:37 ID:0OrGG5Rh(18/62) AAS
>504
>> 教えていただけないでしょうか。
先に使われたのはあなたです。
どんな意味で使ってるんですか？
「どんな」という意味で使っています。
509: 2019/12/29(日)15:38 ID:XkWlXq2i(1) AAS
日高っちｶﾞﾝｶﾞﾚ〰！
510(1): 日高 2019/12/29(日)15:41 ID:0OrGG5Rh(19/62) 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。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)とおく。
(2)の有理数解は、x=1、y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1、y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
511(4): 2019/12/29(日)15:44 ID:a191xKpA(1) AAS
フェルマーの最終定理に反例x^p+y^p=z^pがあったとする。明らかにx=y=1ではない。
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)としてしまうとx=y=1に話を制限したことになる。
512(1): 2019/12/29(日)15:45 ID:rghD6tGc(2/11) AAS
>>499
> 2^2+(3/2)^2=(5/2)^2、整数比に直すと、
> 4^2+3^2=5^2となります。
そんなことをしていいって証明しましたか？
あなたの証明が正しいならば、x,y,ｚはかならず(3)を満たさないと間違いでしょ？
(x,y,z)=(6，8，10)は明らかに(3)を満たしません。
513(1): 2019/12/29(日)16:29 ID:ru30+Q3K(4/11) AAS
>>506
> 一例でもあげられれば証明完了なので、「任意の有理数」としました。
ごめんね、煽るわけじゃなくてマジで意味が分からないです。
もう少し詳しく説明してもらえませんか？
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