フェルマーの最終定理の簡単な証明4

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873(1): 2020/01/13(月)21:09 ID:bV6YAmFE(3/5) AAS
>>870 日高
> >869
> >任意の有理数zに対し「z^p=x+yとなる有理数x,yが存在する」ですか？
>
> はい。そうです。

それがあなたの証明とどう関係しますか？

874(2): 2020/01/13(月)21:21 ID:bV6YAmFE(4/5) AAS
>>872 日高

B=Dでない場合の証明は今回もなしですか？

875: 日高 2020/01/13(月)21:33 ID:wbN54gWf(21/22) AAS
>873
>> >任意の有理数zに対し「z^p=x+yとなる有理数x,yが存在する」ですか？
>
> はい。そうです。

それがあなたの証明とどう関係しますか？

これだけならば、関係しません。

876(2): 日高 2020/01/13(月)21:38 ID:wbN54gWf(22/22) AAS
>874
>B=Dでない場合の証明は今回もなしですか？

2=Dの場合は、
z^pとz^p*1と(z^p/2)*2は同じです。

877(1): 2020/01/13(月)21:42 ID:bV6YAmFE(5/5) AAS
>>876 日高
> >874
> >B=Dでない場合の証明は今回もなしですか？
>
> 2=Dの場合は、
> z^pとz^p*1と(z^p/2)*2は同じです。

2=Dだろうがなかろうがz^p=z^p*1=(z^p/2)*2だけどそれが証明にどう組み込まれるのですか？

878(1): 2020/01/13(月)22:30 ID:lI8vHoif(1) AAS
>>876
> 2=Dの場合は、
> z^pとz^p*1と(z^p/2)*2は同じです。

ということは、証明（>>872）の

> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となる。

の部分が、

(z^p/2)×2=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となる。
省1

879: 日高 2020/01/14(火)07:47 ID:8O8IjhZw(1/8) AAS
>877
>2=Dだろうがなかろうがz^p=z^p*1=(z^p/2)*2だけどそれが証明にどう組み込まれるのですか？

したがって、(z^p/2)×2=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となる。
となります。

880(2): 日高 2020/01/14(火)07:56 ID:8O8IjhZw(2/8) AAS
>878
>> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となる。
の部分が、
(z^p/2)×2=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となる。
に変わるわけですが、この先どうやるんです？

2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
(z^p/2)=(x+y)
として、x,y,zが、有理数のとき、式を満たすかを考えます。

881(2): 2020/01/14(火)10:40 ID:A6QNiooL(1/3) AAS
>>880
> 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> (z^p/2)=(x+y)
> として、x,y,zが、有理数のとき、式を満たすかを考えます。

ということは、3 の時も 4 の時も同じこと z^p までやるのですか？
元の証明にはないですね。

882(3): 日高 2020/01/14(火)10:51 ID:8O8IjhZw(3/8) AAS
>881
>ということは、3 の時も 4 の時も同じこと z^p までやるのですか？
元の証明にはないですね。

z^pとz^p*1と(z^p/2)*2と(z^p/3)*3は、同じなので、
z^p*1のみを検討すればよいです。

883: 日高 2020/01/14(火)10:53 ID:8O8IjhZw(4/8) 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)となる。
x^2=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)のとき、x^2=(z+y)となるので、x^2=2y+1となる。
x^2=2y+1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。

884: 日高 2020/01/14(火)10:53 ID:8O8IjhZw(5/8) 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)}となる。
z^p=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たす有理数は、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

885(3): 2020/01/14(火)13:34 ID:OO5Lvkus(1) AAS
>>882
> z^pとz^p*1と(z^p/2)*2と(z^p/3)*3は、同じなので、
z^p*1のみを検討すればよいです。

その理由を証明の中に書いてください。

886: 2020/01/14(火)19:22 ID:3IqQFT1y(1) AAS
>>882

> >881
> >ということは、3 の時も 4 の時も同じこと z^p までやるのですか？
> 元の証明にはないですね。
>
> z^pとz^p*1と(z^p/2)*2と(z^p/3)*3は、同じなので、
> z^p*1のみを検討すればよいです。
という妄想。根拠なし。

887(3): 2020/01/14(火)20:48 ID:LebP3GTt(1/2) AAS
>>880
考えてそのあとどうなるんですか？
まさかこれで終わりじゃないですよね。

888(4): 2020/01/14(火)21:16 ID:A6QNiooL(2/3) AAS
>>882
> z^pとz^p*1と(z^p/2)*2と(z^p/3)*3は、同じなので、
> z^p*1のみを検討すればよいです。

証明の手順を見てみると、
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)
を満たす有理数を探しています。

となると、
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)
と
2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p/2=(x+y)
省1

889(2): 日高 2020/01/14(火)21:52 ID:8O8IjhZw(6/8) AAS
>885
>> z^pとz^p*1と(z^p/2)*2と(z^p/3)*3は、同じなので、
z^p*1のみを検討すればよいです。

その理由を証明の中に書いてください。

z^p=z^p*1=(z^p/2)*2=(z^p/3)*3だからです。

890(3): 日高 2020/01/14(火)21:55 ID:8O8IjhZw(7/8) AAS
>887
>考えてそのあとどうなるんですか？
まさかこれで終わりじゃないですよね。

z^p=z^p*1=(z^p/2)*2=(z^p/3)*3なので、
z^p*1のみを考えれば、よいです。

891: 2020/01/14(火)21:57 ID:/y2a+2Hq(1/3) AAS
>>889

> >885
> >> z^pとz^p*1と(z^p/2)*2と(z^p/3)*3は、同じなので、
> z^p*1のみを検討すればよいです。
>
> その理由を証明の中に書いてください。
>
> z^p=z^p*1=(z^p/2)*2=(z^p/3)*3だからです。
理由になってない。妄想。根拠なし。ゴミ老人

892: 2020/01/14(火)21:57 ID:/y2a+2Hq(2/3) AAS
>>890

> >887
> >考えてそのあとどうなるんですか？
> まさかこれで終わりじゃないですよね。
>
> z^p=z^p*1=(z^p/2)*2=(z^p/3)*3なので、
> z^p*1のみを考えれば、よいです。
間違い。

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