[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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814(2): 日高 2020/01/11(土)21:37 ID:D1lo0BiU(32/33) AAS
>812
>>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。
この(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)を導く際、z^pを利用したか？
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}からだけではないのか？
>あと、何で(x,y)を『有理数』としたのだ？
>フェルマーの最終定理なら『自然数』では？
有理数がないならば、自然数もありません。
>1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は自然数解(x,y)=(1,1)を持つぞ？
(x,y)=(1,1)を持ちますが、z^p=(x+y)を満たしません。
815(1): 日高 2020/01/11(土)21:41 ID:D1lo0BiU(33/33) AAS
>813
>すみません
という低姿勢に見せかけた
くずじじいｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗｗ
すみません。の意味は、申し訳ありませんが、という意味です。
816(1): 2020/01/11(土)21:42 ID:FnS35YXC(8/9) AAS
>>814
>(x,y)=(1,1)を持ちますが、z^p=(x+y)を満たしません。
z^2=(x+y)も満たさくないか？
817(1): 2020/01/11(土)21:48 ID:FnS35YXC(9/9) AAS
>>814
>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。
これは証明できる？
当然、z^pを利用して証明するんだよね？
818(1): 2020/01/11(土)22:21 ID:wouI4gDv(5/5) AAS
>>806
1 互いに素である3つの素数a,b,cについて、A=a,B=b×c,C=c,D=a×bとおいたとき
2 AB=abc,CD=abc
3 abc=abcより、AB=CD
4 このとき、B=Dとはならない
省5
819(1): 2020/01/12(日)03:24 ID:vkgUk1Z6(1) AAS
>>815
申し訳ないと思ってるなら指摘を理解する姿勢を見せたらどうでしょうか？
820: 日高 2020/01/12(日)08:22 ID:skflLDNG(1/11) AAS
>816
>>(x,y)=(1,1)を持ちますが、z^p=(x+y)を満たしません。
z^2=(x+y)も満たさくないか？
z^2=(x+y)も満たしません。
821: 日高 2020/01/12(日)08:32 ID:skflLDNG(2/11) AAS
>817
>>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。
これは証明できる？
当然、z^pを利用して証明するんだよね？
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)なので、
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす有理数は、(x,y)=(1,1)、(x,y)=(0,1)、
(x,y)=(1,0)のみです。
z^p=(x+y)を満たす有理数は、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみです
822(1): 日高 2020/01/12(日)08:40 ID:skflLDNG(3/11) AAS
>818
>1 互いに素である3つの素数a,b,cについて、A=a,B=b×c,C=c,D=a×bとおいたとき
2 AB=abc,CD=abc
3 abc=abcより、AB=CD
4 このとき、B=Dとはならない
5 この式の左辺の左右から(1/c)とcをかけるという操作をして
6 abc=(1/c)abcc
7 という形にしても、AやBやCやDは式のどこにも出てこないのでAもBもCもDも変化しない。
8 よって、式の変形をしてもB=Dとはならないことに変わりはない。
もしわからないなら何行目が分からないか書いてください。
省2
823: 日高 2020/01/12(日)08:43 ID:skflLDNG(4/11) AAS
>819
>申し訳ないと思ってるなら指摘を理解する姿勢を見せたらどうでしょうか？
どのようにしたらよいのでしょうか？
824: 日高 2020/01/12(日)08:45 ID:skflLDNG(5/11) 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*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。
825(1): 日高 2020/01/12(日)08:46 ID:skflLDNG(6/11) 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。
826(2): 2020/01/12(日)11:50 ID:YsDNPwVw(1/3) AAS
>>822
> B=Dとは、なりませんが、B=Dとすることは、できます。
どういう意味でしょうか？
証明のどこにもB=DとならないときにB=Dとする方法が
書いてありませんので証明は間違いです。
827(1): 2020/01/12(日)11:58 ID:lbmiviEf(1/2) AAS
B=Dは仮定として、
それでいけると思ってるんじゃね？
828(2): 日高 2020/01/12(日)12:02 ID:skflLDNG(7/11) AAS
>826
>> B=Dとは、なりませんが、B=Dとすることは、できます。
どういう意味でしょうか？
証明のどこにもB=DとならないときにB=Dとする方法が
>書いてありませんので証明は間違いです。
A,C,Dは、数式なので、B=Dとすることができます。
829: 日高 2020/01/12(日)12:04 ID:skflLDNG(8/11) AAS
>827
>B=Dは仮定として、
それでいけると思ってるんじゃね？
意味を詳しく説明していただけないでしょうか。
830(1): 2020/01/12(日)12:05 ID:mLYYLl6/(1) AAS
>>828
> >826
> >> B=Dとは、なりませんが、B=Dとすることは、できます。
>
> どういう意味でしょうか？
> 証明のどこにもB=DとならないときにB=Dとする方法が
> >書いてありませんので証明は間違いです。
>
> A,C,Dは、数式なので、B=Dとすることができます。
証明が間違いなのは変わらない。
831: 日高 2020/01/12(日)12:25 ID:skflLDNG(9/11) AAS
>830
>> A,C,Dは、数式なので、B=Dとすることができます。
証明が間違いなのは変わらない。
間違いの理由を教えていただけないでしょうか。
832(1): 2020/01/12(日)12:28 ID:YsDNPwVw(2/3) AAS
>>828
それでは結局「B=Dのときと、B=Dでないときがある」ことに変わりはありませんね。
B=Dでないときに解が見つかるかもしれないのにそのことを全く確かめていないので
証明は間違いです。
833: 2020/01/12(日)12:52 ID:lbmiviEf(2/2) AAS
やっぱり>>1氏の証明は
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
に尽きるんだな
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