[過去ﾛｸﾞ] フェルマーの最終定理の簡単な証明2 (1002ﾚｽ)
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503(1): 日高 2019/11/18(月)11:44 ID:m12I/9Ir(7/28) AAS
>何で人の指摘に対して文句をいうのに自分のミスは直さないんだ？
どの指摘のことでしょうか？
504: 2019/11/18(月)11:45 ID:Bo0Zhkny(5/13) AAS
>>503
全部
505: 日高 2019/11/18(月)11:52 ID:m12I/9Ir(8/28) 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は奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥をX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、⑥は④の定数倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
省1
506: 日高 2019/11/18(月)11:55 ID:m12I/9Ir(9/28) AAS
>意味不明。やり直し
どの部分が、意味不明でしょうか？
507: 日高 2019/11/18(月)11:57 ID:m12I/9Ir(10/28) AAS
>余計な説明しようが嘘つき
どの部分が余計な説明でしょうか？
508(1): 日高 2019/11/18(月)11:59 ID:m12I/9Ir(11/28) AAS
>意味不明。やり直し
どの部分が、意味不明でしょうか？
509(1): 日高 2019/11/18(月)12:03 ID:m12I/9Ir(12/28) 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は奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
省1
510(2): 2019/11/18(月)13:05 ID:4qAWCRF5(2/7) AAS
>> x=100^(1/p),y=200^(1/p),z=300^(1/p)はx^p+y^p=z^pの解ですが、z=x+rとおいてもr^(p-1)=pとはなりません。
このことはどう説明しますか?
> 100^1+200^1=300^1となるので、p=1の例となります。
> は？
奇素数 7 で考えよう。
p = 7
x = 100^(1/7)
y = 200^(1/7)
z = 300^(1/7)
x^7 + y^7 = (100^(1/7))^7 + (200^(1/7))^7 = 100 + 200
省10
511: 2019/11/18(月)13:19 ID:Bo0Zhkny(6/13) AAS
>>508
お前が書いた部分が意味不明。
512: 2019/11/18(月)13:19 ID:Bo0Zhkny(7/13) AAS
>>509
間違い
513: 2019/11/18(月)13:21 ID:Bo0Zhkny(8/13) AAS
>>473
嘘つき
514(5): 日高 2019/11/18(月)13:41 ID:m12I/9Ir(13/28) AAS
>z = x + r とおいたとき r^(p-1) = p
とはならないと言っているのだ。まして x、z が自然数なら r = z - x は整数なのだ>から
r^(p-1) = p
というよなアフォな式が成り立つわけがない。
100 + 200 = 300は、p=1の場合の式です。
r^(p-1) = pは、r=p^{1/(p-1)}となります。
p=1の場合、この式は計算不可能です。pが2以上ならば、計算可能です。
515: 2019/11/18(月)14:58 ID:cUeMfYut(1/3) AAS
>>514
p = 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のときp = 1であることを証明してください
516(3): 日高 2019/11/18(月)15:46 ID:m12I/9Ir(14/28) AAS
>p = 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のときp = 1であることを証明してください
{100^(1/7)}^7+{200^(1/7)}^7={300^(1/7)}^7は、
100+200=300となります。
100+200=300は、100^1+200^1=300^1となります。
517: 2019/11/18(月)16:27 ID:cUeMfYut(2/3) AAS
>>516
つまり7=1ということで宜しいですか？
518: 2019/11/18(月)16:41 ID:1LNQZ1gd(1/3) AAS
>>516
また日高の珍回答か
・p = 7 のときp = 1であることを証明した
519: 2019/11/18(月)17:23 ID:4qAWCRF5(3/7) AAS
>>516
┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は人類をはるか超越するレベルです。
｜の｜
｜本｜ p = 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき p = 1 であることを証明
｜は｜
｜読｜ (100^(1/7))^7 + (200^(1/7))^7 = 300^(1/7) ⇔ 100 + 200 = 300
｜ん｜
省6
520(1): 日高 2019/11/18(月)17:26 ID:m12I/9Ir(15/28) AAS
>つまり7=1ということで宜しいですか？
違います。
{100^(1/7)}^7+{200^(1/7)}^7={300^(1/7)}^7までは、
p=7ですが、
100^1+200^1=300^1は、100^n+200^n=300^nとして、n=1とします。
521(1): 日高 2019/11/18(月)17:28 ID:m12I/9Ir(16/28) AAS
・p = 7 のときp = 1であることを証明した
違います。
p = 7 のときn= 1です。
522(2): 日高 2019/11/18(月)17:32 ID:m12I/9Ir(17/28) 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は奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥をX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、⑥は④の定数倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
省1
523: 2019/11/18(月)17:51 ID:cUeMfYut(3/3) AAS
>>520
なるほど、p=7のときはn=1なんですね
ところでz = x + r とおいたとき r^(p-1) = pは成立していませんが、これは何故ですか？
>>514で自分で言っているようにp=7のときにはこの式は計算が可能なんですよね
524: 2019/11/18(月)18:43 ID:1LNQZ1gd(2/3) AAS
>>521
＞・p = 7 のときp = 1であることを証明した
＞違います。
＞p = 7 のときn= 1です。
言い訳が苦しいにも程がある
お前さんのエセ証明にnなど只の一度も登場しない
この大嘘つきめが！
525: 2019/11/18(月)18:46 ID:Bo0Zhkny(9/13) AAS
>>522
指摘ややりとりが解決してないのにごまかしてるんじゃないよ。
526: 2019/11/18(月)18:46 ID:Bo0Zhkny(10/13) AAS
>>522
証明ではない。
527: 2019/11/18(月)19:18 ID:4qAWCRF5(4/7) AAS
いや、楽しいですなwwwwwwwwww
528(2): 日高 2019/11/18(月)19:26 ID:m12I/9Ir(18/28) AAS
>なるほど、p=7のときはn=1なんですね
別の言い方をすると、
「p=7は、p=1に帰着する。」ということです。
529(4): 日高 2019/11/18(月)19:30 ID:m12I/9Ir(19/28) AAS
>p=7のときにはこの式は計算が可能なんですよね
ん
p=7は、p=1に帰着するので、計算不可能です。
530: 日高 2019/11/18(月)19:33 ID:m12I/9Ir(20/28) AAS
＞p = 7 のときn= 1です。
p = 7 は、p=1に帰着するということです。
531: 2019/11/18(月)19:35 ID:Bo0Zhkny(11/13) AAS
>>529
計算できるといったり計算できないと言ったり、意味不明
532: 2019/11/18(月)19:47 ID:jaM24NPo(1) AAS
>>528
>>514と>>529は矛盾する内容ですが、結局p=7の場合は計算可能なのか計算不可能なのかどっちですか？
533: 2019/11/18(月)20:06 ID:4qAWCRF5(5/7) AAS
> p = 7 は、p=1に帰着するということです。
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
爺さん、もう寝ろwwwwwwwwww
534: 日高 2019/11/18(月)20:11 ID:m12I/9Ir(21/28) AAS
>計算できるといったり計算できないと言ったり、意味不明
どのことを指しているのでしょうか？
535(1): 日高 2019/11/18(月)20:23 ID:m12I/9Ir(22/28) AAS
>>528
>>514と>>529は矛盾する内容ですが、結局p=7の場合は計算可能なのか計算不可能なのかどっちですか？
p=7は、p=1に帰着するので、計算不可能です。
536: 日高 2019/11/18(月)20:28 ID:m12I/9Ir(23/28) 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は奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
省1
537: 2019/11/18(月)20:28 ID:4qAWCRF5(6/7) AAS
>>514
> r^(p-1) = pは、r=p^{1/(p-1)}となります。
> p=1の場合、この式は計算不可能です。pが2以上ならば、計算可能です。
>>529
> p=7は、p=1に帰着するので、計算不可能です。
奇素数 p = 11
x = 100^(1/11), y = 200^(1/11), z = 300^(1/11)
(100^(1/11))^11 + (200^(1/11))^11 = (300^(1/11))^11
⇔ 100 + 200 = 300 ⇔ 100^1 + 200^1 = 300^1
>>514 によれば「pが2以上ならば、計算可能」
省6
538: 2019/11/18(月)20:29 ID:DM62sp6H(1/2) AAS
【定理】pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【日高の証明】pは2とする。p=2は、p=1に帰着するので、計算不可能です。(QED)
539: 2019/11/18(月)20:30 ID:DM62sp6H(2/2) AAS
【定理】pが1のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【日高の証明】pは1とする。p=1は、計算不可能です。(QED)
540(1): 日高 2019/11/18(月)20:33 ID:m12I/9Ir(24/28) AAS
>p=11 以降の奇素数についても以上のことは成り立つ。
pが任意の自然数であっても、全てp=1に帰着します。
541: 日高 2019/11/18(月)20:36 ID:m12I/9Ir(25/28) AAS
>【定理】pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【日高の証明】pは2とする。p=2は、p=1に帰着するので、計算不可能です。(QED)
まったく、内容が違います。
542(12): 日高 2019/11/18(月)20:37 ID:m12I/9Ir(26/28) 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は奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
省1
543: 2019/11/18(月)20:43 ID:1jY2fOvD(1/3) AAS
>>535
では、あなたの証明>>542で使われている数式
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④
でも、右辺は計算不可能ということで宜しいですか？
544(1): 日高 2019/11/18(月)20:53 ID:m12I/9Ir(27/28) AAS
>では、あなたの証明>>542で使われている数式
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④
でも、右辺は計算不可能ということで宜しいですか？
④は、pが、奇素数の場合ですので、計算可能です。
545: 2019/11/18(月)20:59 ID:Bo0Zhkny(12/13) AAS
>>542
でたらめのごまかし。
546: 2019/11/18(月)21:02 ID:1jY2fOvD(2/3) AAS
>>544
>>540ではpが任意の自然数であっても、全てp=1に帰着すると書いていましたが、すると④も計算不可能になりますよね？
547(2): 日高 2019/11/18(月)21:12 ID:m12I/9Ir(28/28) AAS
>ではpが任意の自然数であっても、全てp=1に帰着すると書いていましたが、すると④も計算不可能になりますよね？
④は、奇素数の場合です。
pが任意の自然数であっても、全てp=1に帰着するのは、まったく別の話です。
100+200=300の話です。
548: 2019/11/18(月)21:28 ID:1LNQZ1gd(3/3) AAS
帰着って何だよｗ
結局
・p = 7 のときp = 1であることを証明した
ってことか
爺さん流石イカれてるぜ
549: 2019/11/18(月)21:29 ID:1jY2fOvD(3/3) AAS
>>547
いえ、別の話ではありません
④にp=7, x=100^(1/7), y=200^(1/7)を代入したのが>>510の話だからです
で、④は計算可能なのに>>510のr=p^{1/(p-1)}が計算不可能なのは何故ですか？
550: 2019/11/18(月)21:48 ID:XtC1Ttbc(1) AAS
爺さん、「帰着する」という呪文を覚えたようだな。
これを使えば何でも証明できそうだ！
551: 2019/11/18(月)21:48 ID:Bo0Zhkny(13/13) AAS
>>547
数学用語使えよ。
痴呆老人用語は意味わかんないんだよ。
数学用語使えないんなら、お前が書いている文章は数学じゃないんだよ。
552: 2019/11/18(月)22:18 ID:T9Kvg+I4(1) AAS
ちょっと自分のレスをみてみろと言いたい
553: 2019/11/18(月)22:48 ID:4qAWCRF5(7/7) AAS
爺さんはそろそろ寝る頃だ。みなさん、また明日（笑）。
554: 日高 2019/11/19(火)07:47 ID:YUDnqgOv(1/32) AAS
>帰着って何だよｗ
帰着の意味は、例えば
{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pは、
p=1に帰着する。
このような意味です。
555: 2019/11/19(火)07:51 ID:v9/Wrtwm(1) AAS
帰着の説明になってないだろ
556(2): 日高 2019/11/19(火)07:59 ID:YUDnqgOv(2/32) AAS
>いえ、別の話ではありません
④にp=7, x=100^(1/7), y=200^(1/7)を代入したのが>>510の話だからです
で、④は計算可能なのに>>510のr=p^{1/(p-1)}が計算不可能なのは何故ですか？
p=7は、p=1に帰着します。
r=p^{1/(p-1)}にp=1を代入すると、r=p^{1/0}となり、rは、特定できません。
p=1の場合は、x+y=x+rとなるので、x=yとなります。
557: 日高 2019/11/19(火)08:02 ID:YUDnqgOv(3/32) AAS
>帰着の説明になってないだろ
すみませんが、帰着の説明を、していただけないでしょうか。
558: 2019/11/19(火)08:02 ID:gNx6OS+k(1/6) AAS
では、あなたの証明>>542でもp=7とすればp=1に帰着して計算不可能になるということで宜しいですか？
559(1): 日高 2019/11/19(火)08:06 ID:YUDnqgOv(4/32) 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は奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
省1
560: BLACKX ◆SvoRwjQrNc 2019/11/19(火)08:10 ID:0jywr7/s(1) AAS
問題を置き換えて考えて座標とか方程式が見たことある式や形式になることを帰着と言うが。
561(1): 日高 2019/11/19(火)08:12 ID:YUDnqgOv(5/32) AAS
>では、あなたの証明>>542でもp=7とすればp=1に帰着して計算不可能になるということで宜しいですか？
いいえ。違います。
542は、pが奇素数の場合です。
p=1の場合は、該当しません。
562: 日高 2019/11/19(火)08:15 ID:YUDnqgOv(6/32) AAS
>問題を置き換えて考えて座標とか方程式が見たことある式や形式になることを帰着と言うが。
すみませんが、もう少し具体的に説明していただけないでしょうか。
563: 2019/11/19(火)08:16 ID:gNx6OS+k(2/6) AAS
>>561
p=7は奇素数ですが、>>556によればp=1に帰着するという回答が得られています
もともとのpが奇素数だろうが何だろうが結局p=1に帰着するというのがあなたの主張ですよね？
564(1): 日高 2019/11/19(火)08:38 ID:YUDnqgOv(7/32) AAS
>p=7は奇素数ですが、>>556によればp=1に帰着するという回答が得られています
もともとのpが奇素数だろうが何だろうが結局p=1に帰着するというのがあなたの主張ですよね？
{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pの場合は、
pが、7であっても、他の自然数であっても、全てp=1に帰着します。
565: 2019/11/19(火)08:42 ID:gNx6OS+k(3/6) AAS
>>564
何故か>>542の式はp=1に帰着しないということですか？
それでは、p=1に帰着する式とp=1に帰着しない式の違いを教えてください
566(1): 日高 2019/11/19(火)09:02 ID:YUDnqgOv(8/32) AAS
>何故か>>542の式はp=1に帰着しないということですか？
それでは、p=1に帰着する式とp=1に帰着しない式の違いを教えてください
542の式はp=1に帰着しません。
p=2,p=3は、それぞれ異なる式となります。
p=1に帰着する式は、{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pこの式です。
567: 2019/11/19(火)09:09 ID:gNx6OS+k(4/6) AAS
>>566
なるほど、>>542の式はp=1に帰着しないが{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pはp=1に帰着するのですね
それで、他にどういう式がp=1に帰着して、どういう式はp=1に帰着しないのですか？もう一度書きますが、p=1に帰着する式とp=1に帰着しない式の違いを教えてください
568(1): 日高 2019/11/19(火)09:21 ID:YUDnqgOv(9/32) AAS
>それで、他にどういう式がp=1に帰着して、どういう式はp=1に帰着しないのですか？もう一度書きますが、p=1に帰着する式とp=1に帰着しない式の違いを教えてください
p=1に帰着する式は、他にたくさんあると、思いますが、例をあげることは、できません。
ただ、542の式は、p=1には、帰着しません。
569: 2019/11/19(火)09:33 ID:gNx6OS+k(5/6) AAS
>>568
他にp=1に帰着する式はたくさんあるのに、どうして>>542の式だけはp=1に帰着しないのですか？
それをきちんと証明して、新しく書き直してください
570(1): 日高 2019/11/19(火)09:45 ID:YUDnqgOv(10/32) AAS
>どうして>>542の式だけはp=1に帰着しないのですか？
542の式は、p=1に帰着する理由がありません。
{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^p
この式は、p=1に帰着する理由があります。
理由は、pにどんな数を、代入しても、
100+200=300となります。
571(2): 日高 2019/11/19(火)09:48 ID:YUDnqgOv(11/32) 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は奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
省1
572: 2019/11/19(火)09:54 ID:gNx6OS+k(6/6) AAS
>>570
>>542の式がp=1に帰着しないことは証明できないということで宜しいですか？
573(1): 日高 2019/11/19(火)10:11 ID:YUDnqgOv(12/32) AAS
>>542の式がp=1に帰着しないことは証明できないということで宜しいですか？
542の式は、p=1とすると、r=yとなります。rが定まりません。
542の式のpに、2,3,4,5・・・・を代入しても、p=1を代入した場合と同じには、
なりません。
574: 2019/11/19(火)10:28 ID:bS7ZfYbY(1/2) AAS
>>571
零点。証明のはじめに x,y,z が何なのか明示されてないから。
まともな証明なら x,y,z は自然数と仮定する。したがって
z = x + r
とおいたときの r も自然数である。
r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} ･････ ③
から、何の根拠も示さず
r^(p-1) = p
とはできないので零点。
仮にそれを認めてしまうと r は明らかに無理数になってしまい、r が自然数という仮定に反するから証明はここで終わる。
省16
575: 日高 2019/11/19(火)11:10 ID:YUDnqgOv(13/32) AAS
>r^(p-1) = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
も考慮しなければならない。
r={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}^{1/(p-1)}とすると、rが定まりません。
>③だけが機種依存文字になっている。
見苦しいから書き直そう。この投稿の③と比べれば老眼でもよくわかるはずである。
すみません。原因が、分かりません。
576: 2019/11/19(火)11:21 ID:GcPRVqGx(1/2) AAS
コントかよ。
お前が考える帰着の意味を問うているのに、なぜ他人に聞くんだよw
577: 日高 2019/11/19(火)11:30 ID:YUDnqgOv(14/32) AAS
>お前が考える帰着の意味を問うているのに、なぜ他人に聞くんだよw
帰着の正確な意味を、知りたいからです。
578: 2019/11/19(火)11:50 ID:GcPRVqGx(2/2) AAS
なら、正確な意味を知らない言葉なんてはじめから使うなよ。
579: 日高 2019/11/19(火)12:04 ID:YUDnqgOv(15/32) AAS
>なら、正確な意味を知らない言葉なんてはじめから使うなよ。
すみません。他に言葉を知らないから使いました。
580: 2019/11/19(火)12:42 ID:r6MNliIO(1/7) AAS
>>559
ゴミ＆ごまかし。
581: 2019/11/19(火)12:43 ID:r6MNliIO(2/7) AAS
>>571
まずは溜まっているやりとりを終わらせろよ。
582: 日高 2019/11/19(火)13:40 ID:YUDnqgOv(16/32) AAS
>ゴミ＆ごまかし。
どの部分のことでしょうか？
583(1): 日高 2019/11/19(火)13:43 ID:YUDnqgOv(17/32) AAS
>まずは溜まっているやりとりを終わらせろよ。
溜まっているやりとりとは、どのようなことでしょうか？
584(1): 日高 2019/11/19(火)13:45 ID:YUDnqgOv(18/32) 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は奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
省1
585: 2019/11/19(火)13:48 ID:r6MNliIO(3/7) AAS
>>584
指摘無視。
p=1への帰着だとかはどうなった？
帰着という言葉は意味分かってなくて使えないんだから、他の言葉で説明し直すべきだろうが。
586: 2019/11/19(火)13:49 ID:r6MNliIO(4/7) AAS
>>583
> >まずは溜まっているやりとりを終わらせろよ。
>
> 溜まっているやりとりとは、どのようなことでしょうか？
お前は幼稚園児か？自分が何に返事してその返事が相手に認められたのかどうか全部メモっておけよ。
587: 2019/11/19(火)14:08 ID:0Mux4cYF(1/6) AAS
>>573
なるほど、あなたの世界ではp=2,3,4,5…を代入するとp=1を代入した場合と同じになる場合に「p=1に帰着する」と言うのですね
では
{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^p
にp=7を代入した場合はp=1を代入した場合と同じにはなりませんが、これはp=1に帰着しないと言うことで宜しいですか？
588(4): 日高 2019/11/19(火)14:33 ID:YUDnqgOv(19/32) AAS
{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^p
にp=7を代入した場合はp=1を代入した場合と同じにはなりませんが、これはp=1に帰着しないと言うことで宜しいですか？
はい。
589(1): 日高 2019/11/19(火)14:38 ID:YUDnqgOv(20/32) AAS
>帰着という言葉は意味分かってなくて使えないんだから、他の言葉で説明し直すべきだろうが。
他の言葉は、思い当たりません
590: 2019/11/19(火)15:11 ID:0Mux4cYF(2/6) AAS
>>588
なるほど、{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^pはp=1に帰着しないのですね
ところでx=p^(1/p),y=(2p)^(1/p),z=(3p)^(1/p)はx^p+y^p=z^pの解ですが、z=x+rとおいてもr^(p-1)=pとはなりません。
このことはどう説明しますか?
591(3): 日高 2019/11/19(火)15:22 ID:YUDnqgOv(21/32) AAS
>なるほど、{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^pはp=1に帰着しないのですね
ところでx=p^(1/p),y=(2p)^(1/p),z=(3p)^(1/p)はx^p+y^p=z^pの解ですが、z=x+rとおいてもr^(p-1)=pとはなりません。
このことはどう説明しますか?
p=7のとき、7+14=21
p=1のとき、1+2=3となります。
7^1+14^1=21^1, 1^1+2^1=3^1となるので、
p=1と同じ形となります。
592: 2019/11/19(火)15:25 ID:r6MNliIO(5/7) AAS
>>589
> >帰着という言葉は意味分かってなくて使えないんだから、他の言葉で説明し直すべきだろうが。
>
> 他の言葉は、思い当たりません
つまり、知らない言葉でごまかすしかないってことだ。そんなごまかしは数学ではない。だから間違ったこと平気で書くんだよ。
593(1): 日高 2019/11/19(火)15:31 ID:YUDnqgOv(22/32) AAS
>だから間違ったこと平気で書くんだよ。
どの部分が、間違いかを、ご指摘いただけないでしょうか。
594: 2019/11/19(火)15:58 ID:r6MNliIO(6/7) AAS
>>593
痴呆決定だな。
自分が何に返事してその返事が相手に認められたのかどうか全部メモっておけよ。
595(1): 日高 2019/11/19(火)16:26 ID:YUDnqgOv(23/32) 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は奇素数とする。x^p+y^p=z^p…①が、有理数解を持つかを検討する。
①をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。②を積の形に変形してrを求める。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…④となる。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
④はxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、⑥,④,②,①は有理数解を持たない。
省1
596: 2019/11/19(火)16:28 ID:r6MNliIO(7/7) AAS
>>595
ゴミ。
597(1): 日高 2019/11/19(火)16:39 ID:YUDnqgOv(24/32) AAS
>ゴミ。
すみません。よろしくお願いします。
598: 2019/11/19(火)16:48 ID:0Mux4cYF(3/6) AAS
>>591
>>588ではp=1の場合に帰着しないと言ってたのに、なぜまたp=1の場合を考えるのですか？
あと7^1+14^1=21^1, 1^1+2^1=3^1は同じ式ではありません
599(1): 日高 2019/11/19(火)16:53 ID:YUDnqgOv(25/32) AAS
>>588ではp=1の場合に帰着しないと言ってたのに、なぜまたp=1の場合を考えるのですか？
あと7^1+14^1=21^1, 1^1+2^1=3^1は同じ式ではありません
7^1+14^1=21^1, 1^1+2^1=3^1は同じ式ではありませんが、
同じ１乗の和の形の式です。
600: 2019/11/19(火)16:58 ID:0Mux4cYF(4/6) AAS
>>599
でも{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^pはp=1に帰着しないんですよね？(>>588)
601: 2019/11/19(火)16:59 ID:I62E+801(1) AAS
>>597
許されません。痴呆老人は同じことを書き込むなよ。
602(1): 日高 2019/11/19(火)18:09 ID:YUDnqgOv(26/32) AAS
>でも{p^(1/p)}^p+{(2p)^(1/p)}^p={(3p)^(1/p)}^pはp=1に帰着しないんですよね？
はい。
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