[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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603(1): 日高 2019/11/19(火)19:00 ID:YUDnqgOv(27/32) AAS
>許されません。痴呆老人は同じことを書き込むなよ。
すみません。許してください。
604: 2019/11/19(火)19:11 ID:AZTT/AYd(1/4) AAS
>>603
> すみません。許してください。
何故？間違いを繰り返し主張するのはタダの迷惑だろ。
605(1): 日高 2019/11/19(火)19:29 ID:YUDnqgOv(28/32) AAS
>何故？間違いを繰り返し主張するのはタダの迷惑だろ。
迷惑を、おかけします。どうかお許し願います。
606(1): 日高 2019/11/19(火)19:34 ID:YUDnqgOv(29/32) 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
607: 2019/11/19(火)19:36 ID:AZTT/AYd(2/4) AAS
>>605
> 迷惑を、おかけします。どうかお許し願います。
迷惑かつ傲慢とか許されるはず無いだろが。さすが痴呆
608: 2019/11/19(火)19:36 ID:AZTT/AYd(3/4) AAS
>>606
迷惑痴呆老人決定
609: 日高 2019/11/19(火)19:39 ID:YUDnqgOv(30/32) AAS
>迷惑痴呆老人決定
すみません。ご迷惑をおかけします。
610: 2019/11/19(火)19:54 ID:0Mux4cYF(5/6) AAS
>>602
じゃあ>>591の説明は誤りということで宜しいですか？
611(1): 日高 2019/11/19(火)20:07 ID:YUDnqgOv(31/32) AAS
>じゃあ>>591の説明は誤りということで宜しいですか？
いいえ。
p=1の形は、p=1と同じですので、r=p^{1/(p-1)}のrが、定まりません。
612: 2019/11/19(火)20:25 ID:bS7ZfYbY(2/2) AAS
もともと p は奇素数として仮定しているのに（つまり、p ≠ 1, p ≠ 2)、p = 7
のとき p = 1 に「帰着」するとはどういうことなのだ？
まるで無意味ではないか。
613: 2019/11/19(火)20:27 ID:NjIHoz8s(1) AAS
帰着する：ADSL接続
614(1): 日高 2019/11/19(火)21:02 ID:YUDnqgOv(32/32) AAS
>もともと p は奇素数として仮定しているのに（つまり、p ≠ 1, p ≠ 2)、p = 7
のとき p = 1 に「帰着」するとはどういうことなのだ？
まるで無意味ではないか。
そうです。私の証明には、無意味な式です。
p = 7のとき、 p = 1 に「帰着」するのは、
{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pのときです。
上の式は、pにどんな数を代入しても、
100^1+200^1=300^1となります。
615: 2019/11/19(火)21:04 ID:AZTT/AYd(4/4) AAS
>>614
> >もともと p は奇素数として仮定しているのに（つまり、p ≠ 1, p ≠ 2)、p = 7
> のとき p = 1 に「帰着」するとはどういうことなのだ？
> まるで無意味ではないか。
>
> そうです。私の証明には、無意味な式です。
>
> p = 7のとき、 p = 1 に「帰着」するのは、
> {100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pのときです。
> 上の式は、pにどんな数を代入しても、
省3
616: 2019/11/19(火)21:43 ID:0Mux4cYF(6/6) AAS
>>611
何故ですか？
p=7の式が「p=1の式の形と同じ」だったとしても、p=7であってp=1ではないのですから、r=p^{1/(p-1)}はきちんと定まりますよ
617(1): 日高 2019/11/20(水)08:50 ID:7aosEsEb(1/20) AAS
>何故ですか？
p=7の式が「p=1の式の形と同じ」だったとしても、p=7であってp=1ではないのですから、r=p^{1/(p-1)}はきちんと定まりますよ
{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pのとき、
p=7ならば、x,y,zは、無理数となります。
p=1ならば、x,y,zは、有理数となります。
フェルマーの最終定理の証明は、x,y,zが、有理数の場合で、pが3以上の場合を
考えます。
100^1+200^1=300^1となります。
618: 日高 2019/11/20(水)08:57 ID:7aosEsEb(2/20) AAS
>だから何？
帰着とは？何が言いたいのか意味不明。
申し訳ありません。
すみませんが、「帰着」は、意味不明のままで、お願いします。
619(1): 日高 2019/11/20(水)09:01 ID:7aosEsEb(3/20) 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
620: 2019/11/20(水)11:13 ID:kAVzygf1(1) AAS
>>617
はい？説明になってませんが
結局p= 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき、p=1なんですか？それともp=1じゃないんですか？
621(2): 日高 2019/11/20(水)11:29 ID:7aosEsEb(4/20) AAS
はい？説明になってませんが
結局p= 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき、p=1なんですか？それともp=1じゃないんですか？
p=7です。
622: 2019/11/20(水)11:31 ID:aSt9uBkG(1/4) AAS
>>619
ただのゴミ。邪魔なだけ。
623: 2019/11/20(水)11:31 ID:aSt9uBkG(2/4) AAS
>>621
> はい？説明になってませんが
> 結局p= 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき、p=1なんですか？それともp=1じゃないんですか？
>
> p=7です。
で？説明になってないんだから、説明からやり直せよ。
624: 2019/11/20(水)11:35 ID:csae/Fvp(1/3) AAS
>>621
では、p^{1/(p-1)}は計算可能で、ちゃんと定まりますね
625(1): 日高 2019/11/20(水)11:53 ID:7aosEsEb(5/20) AAS
>では、p^{1/(p-1)}は計算可能で、ちゃんと定まりますね
p^{1/(p-1)}は計算不可能です。
{100^(1/p)}^p+{200^(1/p)}^p={300^(1/p)}^pのとき、
p=7ならば、x,y,zは、無理数となります。
p=1ならば、x,y,zは、有理数となります。
フェルマーの最終定理の証明は、x,y,zが、有理数の場合で、pが3以上の場合を
考えます。
x,y,zが、有理数ならば、p=1となります。
p=7ならば、x,y,zは、無理数となります。
626(1): 日高 2019/11/20(水)11:55 ID:7aosEsEb(6/20) AAS
>ただのゴミ。邪魔なだけ。
すみません。我慢していただけないでしょうか。
627(1): 日高 2019/11/20(水)11:58 ID:7aosEsEb(7/20) AAS
>で？説明になってないんだから、説明からやり直せよ。
すみません。私は説明になっていると思います。
説明不足は、あると思いますが。
628: 2019/11/20(水)12:09 ID:csae/Fvp(2/3) AAS
>>625
p^{1/(p-1)}が計算不可能なのは、p=1の場合に限ります
それでもp^{1/(p-1)}が計算不可能だと主張するということは、p=1ということですか？
629: 2019/11/20(水)12:12 ID:aSt9uBkG(3/4) AAS
>>626
> >ただのゴミ。邪魔なだけ。
>
> すみません。我慢していただけないでしょうか。
やだね。ほかの指摘が済んで中身が変化したときだけにしろよゴミが。
630: 2019/11/20(水)12:13 ID:aSt9uBkG(4/4) AAS
>>627
> すみません。私は説明になっていると思います。
なっていないといわれているのだからなってない。
痴呆老人に判断の権利はない。
631(1): 日高 2019/11/20(水)12:22 ID:7aosEsEb(8/20) AAS
>p^{1/(p-1)}が計算不可能なのは、p=1の場合に限ります
それでもp^{1/(p-1)}が計算不可能だと主張するということは、p=1ということですか？
p=7の場合は、{100^(1/7)}^p+{200^(1/7)}^p={300^(1/7)}^pとなるので、
x,y,zは、無理数となります。
p=1の場合は、{100^(1/1)}^p+{200^(1/1)}^p={300^(1/1)}^pとなるので、
x,y,zは、有理数となります。
632(1): 日高 2019/11/20(水)12:26 ID:7aosEsEb(9/20) AAS
>やだね。ほかの指摘が済んで中身が変化したときだけにしろよゴミが。
すみません。なんとかならないでしょうか。
633: 2019/11/20(水)12:27 ID:csae/Fvp(3/3) AAS
>>631
pの値がコロコロ変わることはありません
もう一度聞きますが、p= 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき、p = 1ですか？
YESかNOかで答えてください
634: 2019/11/20(水)12:31 ID:xW+823Fh(1/7) AAS
>>632
> >やだね。ほかの指摘が済んで中身が変化したときだけにしろよゴミが。
>
> すみません。なんとかならないでしょうか。
ならねえよ。同じもの何度も書いても誰も読まねえよ。
635: 2019/11/20(水)12:40 ID:xW+823Fh(2/7) AAS
まずは全ての指摘とやりとりが解決してからだろが。
636(4): 日高 2019/11/20(水)13:06 ID:7aosEsEb(10/20) AAS
>pの値がコロコロ変わることはありません
もう一度聞きますが、p= 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき、p = 1ですか？
YESかNOかで答えてください
NOです。
637: 日高 2019/11/20(水)13:08 ID:7aosEsEb(11/20) AAS
>ならねえよ。同じもの何度も書いても誰も読まねえよ。
すみません。
638(1): 日高 2019/11/20(水)13:10 ID:7aosEsEb(12/20) AAS
>まずは全ての指摘とやりとりが解決してからだろが。
一つだけ上げてもらえれば、有難いです。
639: 2019/11/20(水)13:17 ID:xW+823Fh(3/7) AAS
>>638
全てに答えるのが最低限の責任ダロが。
640: 2019/11/20(水)13:17 ID:TZtSrxND(1/3) AAS
>>636
ではこれ以降あなたがまた「p=1の場合～」とか「p=1と同じ～」と主張することは許されません
もしそのように主張した場合は>>636の回答は嘘で、自分は嘘つきだと主張していることに他なりません
さてp^{1/(p-1)}はpのみに依存する関数です
あなたはp≠1だと確かに認めましたから、p^{1/(p-1)}は計算可能でちゃんと値が定まります
641(2): 日高 2019/11/20(水)13:29 ID:7aosEsEb(13/20) AAS
>ではこれ以降あなたがまた「p=1の場合～」とか「p=1と同じ～」と主張することは許されません
どうしてでしょうか？
636の回答を一つだけ求めたからでは、ないでしょうか？
642(2): 2019/11/20(水)13:38 ID:TZtSrxND(2/3) AAS
>>641
「p= 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき、p = 1か否か」という問いに対してはYESかNOか必ず1つの回答になるはずです
ならないとしたら「p = 1であり、かつp≠1でもある」ことになって矛盾します
そしてあなたは>>636でこの回答にNOと答えました
したがってこれ以降あなたがまた「p=1の場合～」とか「p=1と同じ～」と主張することは許されません
もしそのように主張した場合は>>636の回答は嘘で、自分は嘘つきだと主張していることに他なりません
さてp^{1/(p-1)}はpのみに依存する関数です
あなたはp≠1だと確かに認めましたから、p^{1/(p-1)}は計算可能でちゃんと値が定まります
643: 2019/11/20(水)14:05 ID:xW+823Fh(4/7) AAS
>>641
> >ではこれ以降あなたがまた「p=1の場合～」とか「p=1と同じ～」と主張することは許されません
>
> どうしてでしょうか？
> 636の回答を一つだけ求めたからでは、ないでしょうか？
つまり636の回答も時々変わるってのか。
マジで消えれば？
644(1): 日高 2019/11/20(水)17:24 ID:7aosEsEb(14/20) AAS
>全てに答えるのが最低限の責任ダロが。
すみません。全てに答えることは、できないので、一つだけで許して貰えないでしょうか。
645(1): 日高 2019/11/20(水)17:29 ID:7aosEsEb(15/20) AAS
>さてp^{1/(p-1)}はpのみに依存する関数です
あなたはp≠1だと確かに認めましたから、p^{1/(p-1)}は計算可能でちゃんと値が定まります
p=7の場合、p=1と同じとなります。
100+200=300となります。
646: 日高、 2019/11/20(水)17:33 ID:7aosEsEb(16/20) AAS
>つまり636の回答も時々変わるってのか。
マジで消えれば？
636の回答は、まちがいでしょうか？
645を、見て下さい。
647: 2019/11/20(水)17:38 ID:TZtSrxND(3/3) AAS
>>645
>>642で確認したように、あなたは>>636でp≠1であると明言したのですから「p=1と同じ～」と主張することは許されません
したがって>>636の回答は嘘で、あなたは他人との返答においても嘘を平気でつくことがよく分かりました
648: 2019/11/20(水)18:18 ID:xW+823Fh(5/7) AAS
>>644
> >全てに答えるのが最低限の責任ダロが。
>
> すみません。全てに答えることは、できないので、一つだけで許して貰えないでしょうか。
全てに答えるのが最低限だ。
それが出来ないなら掲示板に書き込んだりメールしたりするな。
649: 日高、 2019/11/20(水)19:55 ID:7aosEsEb(17/20) AAS
>>642で確認したように、あなたは>>636でp≠1であると明言したのですから「p=1と同じ～」と主張することは許されません
どうしてでしょうか。
650(1): 日高、 2019/11/20(水)19:58 ID:7aosEsEb(18/20) AAS
>全てに答えるのが最低限だ。
それが出来ないなら掲示板に書き込んだりメールしたりするな。
すみません。許していただけないでしょうか。
651(3): 日高 2019/11/20(水)20:29 ID:7aosEsEb(19/20) 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、x,y,zは有理数とする。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。
④はp^{1/(p-1)}が無理数なので、zは無理数となる。よって、④は有理数解を持たない。
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。よって、⑥も有理数解を持たない。
省2
652: 2019/11/20(水)20:35 ID:y6NHwbsU(1) AAS
>>651
デタラメ。爺さんはもう寝ろｗｗｗ
653: 日高、 2019/11/20(水)20:50 ID:7aosEsEb(20/20) AAS
>デタラメ。爺さんはもう寝ろｗｗｗ
デタラメ箇所を教えて下さい。
654: 2019/11/20(水)21:31 ID:yBdZ8tcM(1) AAS
>>651
x,y,z有理数
は確定なんだね。
655(1): 2019/11/20(水)21:40 ID:8kR1rLI3(1) 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、x,y,zは有理数とする。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{(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)r+…+r^(p-1)x}…③とする。
③はr^p=pとすると、r=p^{1/p}となるので、②はx^p+y^p=(x+p^{1/p})^p…④となる。
④はp^{1/p}が無理数なので、zは無理数となる。よって、④は有理数解を持たない。
③の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^p{(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)r+…+r^(p-1)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^p=p以外の場合は、r^p=paとなるので、②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/p})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/p}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も有理数解を持たない。
省1
656: 2019/11/20(水)22:24 ID:xW+823Fh(6/7) AAS
>>651
ゴミを書き込むな。
657: 2019/11/20(水)22:25 ID:xW+823Fh(7/7) AAS
>>650
> >全てに答えるのが最低限だ。
> それが出来ないなら掲示板に書き込んだりメールしたりするな。
>
> すみません。許していただけないでしょうか。
ふざけるな
658: 2019/11/20(水)23:59 ID:OrdJ/ua8(1) AAS
>>655
結局それを書き込んで何がしたいの?
659: 2019/11/21(木)09:29 ID:HDE21Wpt(1) AAS
有名になってノーベル賞をもらいたい
660: 日高、 2019/11/21(木)09:30 ID:hxF/WtyM(1/15) AAS
>x,y,z有理数
は確定なんだね。
x,y,zは有理数と仮定します。
661: 日高、 2019/11/21(木)09:32 ID:hxF/WtyM(2/15) AAS
>ゴミを書き込むな。
どの部分が、ゴミでしょうか、教えていただけないでしょうか。
662: 日高 2019/11/21(木)09:35 ID:hxF/WtyM(3/15) AAS
>ふざけるな
申し訳ございません。
どの部分が、ふざけているのか、ご指摘いただけたら、幸いです。
663: 日高 2019/11/21(木)09:37 ID:hxF/WtyM(4/15) AAS
>結局それを書き込んで何がしたいの?
間違い箇所をご指摘いただけないかと、思って書き込みました。
664: 日高 2019/11/21(木)09:39 ID:hxF/WtyM(5/15) AAS
>有名になってノーベル賞をもらいたい
そういう気持ちは、もうとうございません。
665: 日高 2019/11/21(木)09:45 ID:hxF/WtyM(6/15) AAS
>結局それを書き込んで何がしたいの?
655は私の書き込みでは、ありません。
666: 日高 2019/11/21(木)09:58 ID:hxF/WtyM(7/15) 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が奇素数、x,y,zが有理数のとき、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。
z=x+p^{1/(p-1)}が、成り立たないので、④は有理数解を持たない。
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。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。よって、⑥も有理数解を持たない。
省1
667: 日高 2019/11/21(木)10:14 ID:hxF/WtyM(8/15) 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】x,y,zを有理数と仮定したとき、x^p+y^p=z^p…①が、成り立つかを検討する。
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。
z=x+p^{1/(p-1)}のzは無理数となるので、④は成り立たない。
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。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。よって、⑥も成り立たない。
省1
668: 2019/11/21(木)10:45 ID:oRiNgUOa(1) AAS
ちょっとずつ変えてるんだね。
669: 2019/11/21(木)11:05 ID:6gK+cqGO(1/6) AAS
> ①をz=x+rとおくと、
zはすでに与えられているのに勝手に「おいている」。間違い。
670: 日高 2019/11/21(木)11:08 ID:hxF/WtyM(9/15) AAS
>zはすでに与えられているのに勝手に「おいている」。間違い。
すみませんが、詳しく説明していただけないでしょうか。
671: 2019/11/21(木)11:14 ID:6gK+cqGO(2/6) AAS
「z=...とおく」という書き方は、数学では「ここでzという文字を右辺で定義する」という意味で使う。
しかしzという文字はすでに登場しているので、再定義不可。
いいかえると、再定義してしまうような証明は間違い。
672: 2019/11/21(木)11:46 ID:ew7Wf6j6(1/2) AAS
最初
x,y,zを有理数と仮定したとき
なのだから
z=x+rとおくと
のように未定義の r で z を定義できない。
仮に
r = z - x とおくと
とした場合は r は有理数なので
③はr^p=pとすると
とはできない。
673: 2019/11/21(木)11:53 ID:6gK+cqGO(3/6) AAS
>> 672
一度にそんなにたくさんの情報を与えても日高には理解できないよ。
>> 671 の情報だけでたくさん。
674: 日高 2019/11/21(木)12:10 ID:hxF/WtyM(10/15) AAS
>しかしzという文字はすでに登場しているので、再定義不可。
すみません。よく理解することが、できませんので、可能ならば、
もう少し詳しく説明していただなでしょうか。
x^p+y^p=z^pなので、z^p=x^p+y^pとなります。z^pをx^p+y^pと定義したことになります。
z=x+rならば、z^p=(x+r)^pとなるので、z^pを(x+r)^pと定義したことになります。
z^p=z^pなので、x^p+y^p=(x+r)^pとなります。
zは、有理数と仮定しているので、rが有理数となれば、仮定は成り立ちます。
rが、無理数となれば、仮定は成り立ちません。
675: 2019/11/21(木)12:15 ID:6gK+cqGO(4/6) AAS
一般に数学では定義は一度しかできないの。
すでに z という文字は登場しているのに、後でまた「zをこう定義する」とするのは間違い。
これのどこが分からない？
676: 日高 2019/11/21(木)12:39 ID:hxF/WtyM(11/15) AAS
>最初
x,y,zを有理数と仮定したとき
なのだから
z=x+rとおくと
のように未定義の r で z を定義できない。
「z=x+rと仮定すると」に修正してもダメでしょうか。
677: 2019/11/21(木)12:49 ID:6gK+cqGO(5/6) AAS
ダメ。意味不明。
678: 2019/11/21(木)13:02 ID:ew7Wf6j6(2/2) AAS
>「z=x+rと仮定すると」に修正してもダメでしょうか
r が何者かわかってないのに、仮定なんかできるわけねえだろ。日本語がわかるのかね？
r がオマンコだったらどうするのだwwwwww
有理数 x と オマンコ r の加法から定義しないとならんぞ。
679: 日高 2019/11/21(木)17:51 ID:hxF/WtyM(12/15) AAS
>最初
x,y,zを有理数と仮定したとき
なのだから
z=x+rとおくと
のように未定義の r で z を定義できない。
仮に
r = z - x とおくと
とした場合は r は有理数なので
③はr^p=pとすると
とはできない。
省1
680(1): 日高 2019/11/21(木)18:21 ID:hxF/WtyM(13/15) 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】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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、rは無理数となり、②は成り立たない。
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。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。よって、⑥も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
681: 2019/11/21(木)20:00 ID:KKmql5AP(1/2) AAS
>>680
ゴミ。やりとりが終わって一段落してからにしろよ。
682(1): 日高 2019/11/21(木)20:13 ID:hxF/WtyM(14/15) AAS
>ゴミ。やりとりが終わって一段落してからにしろよ。
すみません。やり取りの返事が、待てないので、
修正しました。
どうでしょうか？ご指摘お願いします。
683: 2019/11/21(木)20:22 ID:KKmql5AP(2/2) AAS
>>682
> >ゴミ。やりとりが終わって一段落してからにしろよ。
>
> すみません。やり取りの返事が、待てないので、
> 修正しました。
>
> どうでしょうか？ご指摘お願いします。
ゴミ。
684: 日高 2019/11/21(木)20:32 ID:hxF/WtyM(15/15) AAS
>ゴミ。
すみません。よろしくお願いします。
685: 2019/11/21(木)20:57 ID:d9ef+Fx5(1) AAS
因果はめぐるもの
指摘を無視し続ける日高は
そのうち誰からも相手にされなくなる
686: 2019/11/21(木)21:34 ID:6gK+cqGO(6/6) AAS
>> 680
> z=x+rとおいて、
すでに定義されているzを再定義している。間違い。
687: 日高 2019/11/22(金)08:43 ID:8QCwVY78(1/36) AAS
>指摘を無視し続ける日高は
すみません。どの部分が、指摘を無視したことになるのでしょうか？
688: 日高 2019/11/22(金)08:47 ID:8QCwVY78(2/36) AAS
>> 680
> z=x+rとおいて、
すでに定義されているzを再定義している。間違い。
すみません。680は、「zを再定義している。」ことになるのでしょうか？
この場合のrは、有理数です。
689: 2019/11/22(金)08:59 ID:4AjXEqkN(1/2) AAS
おお、爺さん。起きたか。今日も暇でけっこうなことだ。
690(1): 日高 2019/11/22(金)09:02 ID:8QCwVY78(3/36) 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】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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…➃となる。
rは無理数となるので、➃は成り立たない。
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。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。よって、⑥も成り立たない。
省2
691: 日高 2019/11/22(金)09:11 ID:8QCwVY78(4/36) AAS
>おお、爺さん。起きたか。今日も暇でけっこうなことだ。
よろしくお願いします。
692: 日高 2019/11/22(金)09:19 ID:8QCwVY78(5/36) 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】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは有理数と仮定する。
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…➃となる。
rは無理数となるので、➃は成り立たない。
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。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。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。よって、⑥も成り立たない。
省1
693: 2019/11/22(金)09:39 ID:uCEasFhp(1/23) AAS
>> 688
なる。なので間違い。
694: 日高 2019/11/22(金)09:47 ID:8QCwVY78(6/36) AAS
>なる。なので間違い。
すみません。詳しく説明していただけないでしょうか。
695: 2019/11/22(金)09:50 ID:uCEasFhp(2/23) AAS
「z=..とする」は「zを右辺で定義する」という意味だから。
696: 日高 2019/11/22(金)10:17 ID:8QCwVY78(7/36) AAS
>「z=..とする」は「zを右辺で定義する」という意味だから。
z=x+rと定義することは、x,rを有理数と定義しているので、zを有理数と定義したことには、ならないのでしょうか。
697: 2019/11/22(金)10:18 ID:uCEasFhp(3/23) AAS
>> 696
ならない。
698: 日高 2019/11/22(金)10:41 ID:8QCwVY78(8/36) AAS
>ならない。
すみません。よく分かりません。
699: 2019/11/22(金)10:41 ID:4AjXEqkN(2/2) AAS
r を有理数と定義しているのなら
③はr^(p-1)=pとすると･･･
とはできない。p は奇素数なのだから、たとえば p = 3 のとき
r^2 = 3. r = ±√3
となり、r が有理数という仮定に反する。
700: 2019/11/22(金)10:42 ID:uCEasFhp(4/23) AAS
なら分かるまで勉強しないとね。
701: 2019/11/22(金)10:43 ID:uCEasFhp(5/23) AAS
>> 699
そんな難しいこと日高が理解できるわけないじゃん。
最初の間違いは「z=x+rとおいて」の部分なんだから、その後に何が続こうが証明は間違い。
702: 日高 2019/11/22(金)10:48 ID:8QCwVY78(9/36) AAS
>r を有理数と定義しているのなら
③はr^(p-1)=pとすると･･･
とはできない。p は奇素数なのだから、たとえば p = 3 のとき
r^2 = 3. r = ±√3
となり、r が有理数という仮定に反する。
仮定に反するので、x^p+y^p=z^p,z=x+rの有理数解は存在しない。
ということに、なるのではないでしょうか。
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