[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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1(2): 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2019/11/06(水)09:02:13.97 ID:K0QQ8/dg(1/3) 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)})…�C
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、�C,�A,�@は有理数解を持たない。
rが有理数ならば、�Cの両辺に(a^{1/(p-1)})^pを掛けた
(xa^{1/(p-1)})^p+(ya^{1/(p-1)})^p=(xa^{1/(p-1)}+(pa)^{1/(p-1)})^p…�Dとなる。
省3

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216(1): 日高 2019/11/13(水)19:37:28.97 ID:obOmojuw(31/40) 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。
�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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224: 2019/11/13(水)20:37:43.97 ID:93YysfXh(7/10) AAS
>>222
日高のいう具体的にっていうのは日高に都合がいいようにって意味なのね。

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364(1): 日高 2019/11/16(土)11:51:25.97 ID:qdMW1Zfe(10/42) AAS
>記憶が持たないから、やりとりを途中でやめちゃうんだね。で、無視と。

すみませんが、よろしくお願いします。

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400(1): 日高 2019/11/16(土)15:20:13.97 ID:qdMW1Zfe(27/42) AAS
>指摘無視。

どこのことでしょうか？

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438: 2019/11/17(日)09:52:25.97 ID:PM8ae5LK(2/12) AAS
数学用語の使い方も知らずにでたらめばかり。

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543: 2019/11/18(月)20:43:13.97 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…�C
でも、右辺は計算不可能ということで宜しいですか？

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655(1): 2019/11/20(水)21:40:13.97 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…�@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{(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)r+…+r^(p-1)x}…�Bとする。
�Bはr^p=pとすると、r=p^{1/p}となるので、�Aはx^p+y^p=(x+p^{1/p})^p…�Cとなる。
�Cはp^{1/p}が無理数なので、zは無理数となる。よって、�Cは有理数解を持たない。
�B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)…�D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、�AはX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/p})^p…�Eとなる。
�EのX,Y,Zは�C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、�Eも有理数解を持たない。
省1

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667: 日高 2019/11/21(木)10:14:24.97 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…�@が、成り立つかを検討する。
�@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。
z=x+p^{1/(p-1)}のzは無理数となるので、�C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)…�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。�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も成り立たない。
省1

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669: 2019/11/21(木)11:05:37.97 ID:6gK+cqGO(1/6) AAS
> �@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。

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749: 日高 2019/11/22(金)16:12:24.97 ID:8QCwVY78(32/36) AAS
>ゴミ。

申し訳ございません。

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993(1): 2019/11/29(金)13:54:31.97 ID:yqQadrDU(7/10) AAS
�@正三角形ならば三つの辺の長さが等しい
仮定は、正三角形。結論は、三つの辺の長さが等しい。です。
�A二つの内角が等しい三角形は二等辺三角形である
逆にすると、
二等辺三角形ならば二つの内角が等しい。
これならば、仮定は、二等辺三角形。結論は、二つの内角が等しい。です。
�Bnを自然数とする。nが10の倍数ならばnは5で割り切れる
仮定は、nが10の倍数。結論は、nは5で割り切れる。です。
�Cnを自然数とする。nの二乗が奇数ならばnは奇数である
仮定は、nの二乗が奇数。結論は、nは奇数。です。
省2

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