[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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64: 日高 2019/11/10(日)20:56:37.47 ID:NU9W5Bxb(8/10) AAS
>a^{1/(1-1) は特定できない数です。

間違いでしょうか？

(1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
　(2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
　(3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1

正解を教えて下さい。
96: 日高 2019/11/12(火)08:55:36.47 ID:FgYZSE4z(3/31) AAS
>過去と同じ間違い。

どの部分でしょうか？
140(1): 日高 2019/11/12(火)17:37:05.47 ID:FgYZSE4z(25/31) AAS
>【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p = z^p となる自然数の組 (x,y,z) は存在しない。

ご指摘ありがとうございます。ご指摘通りと思います。

> これは r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} .. (3) と変形できる。
については(2)から(3)に変形する過程を丁寧に示した方がいい。

ご指摘通りと思います。

ただ、もう少し今のままの形を続けさせて下さい。
省2
235: 2019/11/13(水)21:03:53.47 ID:GRlUj1NV(1) AAS
>>220
まさにそれ

そのうち反論する者が居なくなるが、
そうなるとこの手合いは「俺はやっぱり正しかった！」って独りでイキり始める
297: 日高 2019/11/14(木)18:33:21.47 ID:Xxafpkdr(9/15) AAS
>考えてないでしょ。

考えています。
569: 2019/11/19(火)09:33:50.47 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
578: 2019/11/19(火)11:50:49.47 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。
648: 2019/11/20(水)18:18:23.47 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。
688: 日高 2019/11/22(金)08:47:43.47 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。
721: 日高 2019/11/22(金)11:50:29.47 ID:8QCwVY78(18/36) 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)…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も仮定に反する。
734: 2019/11/22(金)12:28:37.47 ID:uCEasFhp(19/23) AAS
>> 730

国語の教科書に出てくるような言葉を。
758(1): 日高 2019/11/23(土)08:05:00.47 ID:YC5V5015(2/12) 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)…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も仮定に反する。
省1
995(1): 日高 2019/11/29(金)14:12:59.47 ID:yqQadrDU(9/10) AAS
何度も書くが、Case BとCase Aは独立なので、
* Case Aで書いたことはCase Aの中でのみ有効。
* なのでCase B中でCase A中の式は使えない。（正確に言えば、使おうとするとCase Aのときの証明とは独立に定義・証明が必要）
ということ。

理由を教えていただけないでしょうか。
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