[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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596: 2019/12/29(日)22:53 ID:BhvL9ciO(20/22) AAS
>>592 日高
> >584
> >ときどき見かけるんだよね。x=6/2とx=3とを別物だと思う人。
>
> 6:8:10と3:4:5を別物の考えるならば、x=6/2とx=3とを別物だと考えなくてはいけないと
> 思います。
6/2は3です。すべての性質において6/2と3とは区別されません。
597: 日高 2019/12/29(日)22:54 ID:0OrGG5Rh(57/62) AAS
>588
>>>587
必要ですよ。
あなたが証明で使っている間違った理屈が確かに間違っていることを確認するのに
必要です。
よく意味がわかりません。
598(1): 2019/12/29(日)23:01 ID:ru30+Q3K(11/11) 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=(z+y)(z-y)…(1)となる。
1=(z-y)…(2) の場合を考える。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに 3以上の奇数を代入すると、y及びzは、自然数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
これだけでいいのになあ。
599: 日高 2019/12/29(日)23:01 ID:0OrGG5Rh(58/62) AAS
>589
>>結局あなたの証明が正しければ3つの偶数の組は存在しません。
>
> 私の証明に3つの偶数の組は、必要なことなのでしょうか？
元メッセージの番号を書いてくれ。そうでないと見にくくてたまらん。
582番の証明についてです。
600(1): 日高 2019/12/29(日)23:05 ID:0OrGG5Rh(59/62) AAS
>594
>だからなんだというの？
なる場合とあるしならない場合もあるから
「任意の有理数」じゃ駄目だよって言ってるのよ。
「任意の有理数」の場合整数比となります。
その中で、自然数解が一つあれば、よいことになります。
601(1): 2019/12/29(日)23:09 ID:BhvL9ciO(21/22) AAS
>>600 日高
> その中で、自然数解が一つあれば、よいことになります。
だったら3^2+4^2=5^2と書くだけでよいのに。
602: 日高す 2019/12/29(日)23:10 ID:0OrGG5Rh(60/62) AAS
>598
【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=(z+y)(z-y)…(1)となる。
1=(z-y)…(2) の場合を考える。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに 3以上の奇数を代入すると、y及びzは、自然数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>これだけでいいのになあ。
その通りだと思います。
省1
603: 日高す 2019/12/29(日)23:12 ID:0OrGG5Rh(61/62) AAS
>601
>だったら3^2+4^2=5^2と書くだけでよいのに。
そうですね。
604(2): 2019/12/29(日)23:21 ID:e3HdTM/M(4/5) AAS
>>540
> >532
> >> z^p×1=z^(p-1)*z^p=z^(p-2)*z^2=z^pとなるので、x=y=1に話を制限したことには、
> > なりません。
> 日高の思い込み。数学的な根拠なし。
>
> 「数学的な根拠なし。」の理由を教えていただけないでしょうか。
むしろ数学的な根拠を要求しているのだが。
605(2): 日高 2019/12/29(日)23:21 ID:0OrGG5Rh(62/62) AAS
>605
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
「(3)のxに 3以上の奇数を代入すると」では、
すべてのx,y,zの組み合わせとなりません。
606(1): 2019/12/29(日)23:23 ID:BhvL9ciO(22/22) AAS
z^p=x^p+y^pと書いたときzが素数とは限らない。
p=2のピタゴラス数ではzが素数でない例が存在する。
607(2): 2019/12/29(日)23:24 ID:e3HdTM/M(5/5) AAS
日高は本人の思い込みを述べるばかりで数学的な根拠を一回も述べない。これは数学ではない。なので数学板とも数学掲示板とも数学者とも無関係。数学に近寄らないでもらいたいね。
608(1): 2019/12/30(月)00:15 ID:acuQGWmg(1/4) AAS
>>605
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 「(3)のxに 3以上の奇数を代入すると」では、
> すべてのx,y,zの組み合わせとなりません。
存在証明だから全ての組み合わせは必要ないです。
そのために自然数解をもたらさない
「任意の有理数」にしているのは本末転倒です。
どうしてもというのなら
「x>1 なる有理数」とでもすれば
定数倍することによってすべて自然数解にすることができます。
省1
609(1): 日高 2019/12/30(月)06:04 ID:Cxnci0na(1/49) AAS
>604
>むしろ数学的な根拠を要求しているのだが。
「数学的な根拠」とは？
610: 日高 2019/12/30(月)06:06 ID:Cxnci0na(2/49) AAS
>606
>p=2のピタゴラス数ではzが素数でない例が存在する。
そうですね。
611(1): 日高 2019/12/30(月)06:10 ID:Cxnci0na(3/49) AAS
>607
>数学に近寄らないでもらいたいね。
理由を教えていただけないでしょうか。
612(1): 日高 2019/12/30(月)06:14 ID:Cxnci0na(4/49) AAS
>608
>存在証明だから全ての組み合わせは必要ないです。
その通りだと思います。
「任意の有理数」にしている理由は、pが奇素数の場合も同じ要領だからです。
613: 日高 2019/12/30(月)06:17 ID:Cxnci0na(5/49) 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。
614: 日高 2019/12/30(月)06:18 ID:Cxnci0na(6/49) 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。
615(4): 2019/12/30(月)07:10 ID:go0eepce(1/15) AAS
定理】4つの数(左辺の左側),(左辺の右側),(右辺の左側),(右辺の右側)について
(左辺の左側)×(左辺の右側)=(右辺の左側)×(右辺の右側)が成り立つとき、
(左辺の右側)=(右辺の右側)とはならない場合がある
お互いに割り切れない3つの数a,b,cを考える
(左辺の左側)=a×b、(左辺の右側)=c、(右辺の左側)=a、(右辺の右側)=b×cとおくと
(左辺の左側)×(左辺の右側)=a×b×c、(右辺の左側)×(右辺の右側)=a×b×cとなるので
(左辺の左側)×(左辺の右側)=(右辺の左側)×(右辺の右側)
そして(左辺の右側)≠(右辺の右側)
よって
(左辺の左側)×(左辺の右側)=(右辺の左側)×(右辺の右側)が成り立つとき、
省1
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