[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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30: 2019/11/09(土)10:51:07.43 ID:a0IuZAvx(2/3) AAS
>>28
> よって、rを求めます。
未定義なものを求めることは不可能。
マジで勉強しろ。

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93(2): 日高 2019/11/12(火)08:25:52.43 ID:FgYZSE4z(2/31) 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…�@が、有理数解を持つかを検討する。
�@をz=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…�Aとなる。�Aを積の形に変形してrを求める。
�A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、�Aはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…�C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)…�D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、�Aはx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…�Eとなる。
�EをX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとおくと、�Eは�Cの定数倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
�Cはxを有理数とすると、zは無理数となる。よって、�E,�C,�A,�@は有理数解を持たない。
省1

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233: 2019/11/13(水)21:00:20.43 ID:93YysfXh(10/10) AAS
数学は抽象的な学問です。出直せよ。

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607: 2019/11/19(火)19:36:03.43 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

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865(4): 日高 2019/11/26(火)16:46:33.43 ID:rKDBhwFV(20/26) 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…�@を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…�Aとする。
�Aを積の形に変形してrを求める。x,y,z,rは0をのぞく有理数と仮定する。
�A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となるので、r=p^{1/(p-1)}となる。�AはX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
rが無理数となるので、➃は仮定に反する。
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)…�D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。�AはX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…�Eとなる。
�EのX,Y,Zは�C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、�Eも仮定に反する。
省1

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1000: 2019/11/29(金)14:52:27.43 ID:zE26hiXk(2/2) AAS
>>993
そのとおり！よくできました！
このように推論や証明には必ず仮定と結論があります。

次の段階に進みましょう
�A 二つの内角が等しい三角形は二等辺三角形である
仮定:二つの内角が等しい三角形
結論:(その三角形は)二等辺三角形である(つまり二つの辺の長さが等しい)
です。
これを証明してみましょう。

三角形の合同条件を三つ覚えていますか？言えますか？

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