[過去ﾛｸﾞ] フェルマーの最終定理の簡単な証明4 (1002ﾚｽ)
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654: 2019/12/30(月)14:33 ID:9J2zXUMq(2/5) AAS
>>611
> >607
> >数学に近寄らないでもらいたいね。
>
> 理由を教えていただけないでしょうか。
理由が書いてあるが。
655(2): 日高 2019/12/30(月)14:34 ID:Cxnci0na(26/49) AAS
>645
>> 「任意の有理数」にしている理由は、pが奇素数の場合も同じ要領だからです。
はて、どこに同じ要領が？
(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、1=
の部分です。
656: 2019/12/30(月)14:35 ID:9J2zXUMq(3/5) AAS
>>650
> >643
> >右辺の右側が何かというのは、自分の都合のいいように解釈していいということだね。
>
> 自分の都合のいいように解釈していいということではありません。
日高が都合の良いように解釈しているという事実があって、それが批判されているだけ。
657: 日高 2019/12/30(月)14:46 ID:Cxnci0na(27/49) AAS
>646
>その5とか1/5というのはなんですか？
それはもともとの式の(左辺の右側)にも(右辺の右側)にも入っていないので、
もともとの定理には何の関係もありません。
5*(1/5)は、左辺の右側と右辺の右側を等しくするために掛ける数です。
658(4): 日高 2019/12/30(月)15:12 ID:Cxnci0na(28/49) AAS
>647
>x^2*1=(z+y)(z-y)という式がある時、
(左辺の左側)=x^2,(左辺の右側)=1,(右辺の左側)=(z+y),(右辺の右側)=(z-y),
そのとき上記のa=(z-y)÷1を
(左辺の右側)=(右辺の右側)×1/aに代入して
1=(z-y)×1/(z-y)
整理して
1=1…(2)
いったい(2)をどう使ったらいいんでしょうか？
x^2*1=(z+y)(z-y)
省4
659(2): 2019/12/30(月)15:23 ID:ilGT4UYX(1) AAS
>>655
> (左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、1=
> の部分です。
はて、それが「任意の有理数」とどんな関係が？
660(1): 2019/12/30(月)15:34 ID:go0eepce(7/15) AAS
>>658
それでどうするんですか？
x^2*1=(z+y)(z-y)
をとくために
a=(z-y)÷1を(左辺の右側)=(右辺の右側)×1/aに代入して
x^2*1=(z-y)(z+y)
になったとして、
その後はどうするんですか？どうやったら(3)の式になりますか？
661(1): 日高 2019/12/30(月)15:39 ID:Cxnci0na(29/49) AAS
>649
>【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。
【日高氏式証明】1×(x^p+y^p)=(-z^p)×(-1)となる。
上記の方法は、p=2の場合も通用するはずですが、
1=(-z^p)、x^p+y^p)=(-1)は、x,y,zが有理数のとき、式を満たしません。
662(1): 日高 2019/12/30(月)15:59 ID:Cxnci0na(30/49) AAS
>659
>はて、それが「任意の有理数」とどんな関係が？
すみません。質問をまちがえていたみたいです。
どんな、質問だったでしょうか。
663(1): 日高 2019/12/30(月)16:05 ID:Cxnci0na(31/49) AAS
>660
>x^2*1=(z+y)(z-y)
をとくために
a=(z-y)÷1を(左辺の右側)=(右辺の右側)×1/aに代入して
x^2*1=(z-y)(z+y)
になったとして、
その後はどうするんですか？どうやったら(3)の式になりますか？
この場合は、(左辺の右側)=(右辺の右側)×1/aに代入する必要はありません。
1=(z-y)とするだけでよいです。
664(2): 2019/12/30(月)16:13 ID:go0eepce(8/15) AAS
>>663
>>615で(左辺の右側)=(右辺の右側)とはならない場合がある、と示しました
なので(左辺の右側)=(右辺の右側)は証明では使えません。
665(1): 日高 2019/12/30(月)16:14 ID:Cxnci0na(32/49) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2*1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、1=(z-y)…(2)とおく。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
666(2): 日高 2019/12/30(月)16:15 ID:Cxnci0na(33/49) 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は奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)とおく。
(2)の有理数解は、x=1、y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1、y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
667(1): 2019/12/30(月)16:17 ID:go0eepce(9/15) AAS
>>664続き
そして、
(左辺の右側)=(右辺の右側)×1/aをもちいても
x^2*1=(z+y)(z-y)
が
x^2*1=(z-y)(z+y)
になるだけで全然先に進めないことをあなたが>>658で示しました。
よって、(左辺の右側)=(右辺の右側)や、(左辺の右側)=(右辺の右側)×1/aが出てくるあなたの証明はすべて間違いです。
668(1): 日高 2019/12/30(月)16:21 ID:Cxnci0na(34/49) AAS
>664
>>>615で(左辺の右側)=(右辺の右側)とはならない場合がある、と示しました
なので(左辺の右側)=(右辺の右側)は証明では使えません。
x^2*1=(z+y)(z-y)
右辺の右側は、式なので、1=(z-y)となります。
669(1): 日高し 2019/12/30(月)16:29 ID:Cxnci0na(35/49) AAS
>667
>(左辺の右側)=(右辺の右側)×1/aをもちいても
x^2*1=(z+y)(z-y)
が
x^2*1=(z-y)(z+y)
になるだけで全然先に進めないことをあなたが>>658で示しました。
この場合、(右辺の右側)×1/aをもちいても(z-y)と(z+y)が入れ替わるだけです。
右辺の右側は、式なので、1=(z-y)とします。
670(1): 2019/12/30(月)16:31 ID:go0eepce(10/15) AAS
>>668
それでは、証明に書いてある「(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので」は間違いで
「右辺の右側は、式なので」が正しいということですね。
間違いが書いてあるので>>665-666の証明は間違いです。
671(1): 2019/12/30(月)16:34 ID:go0eepce(11/15) AAS
>>669
べつに「この場合」だけじゃないですよ。
{(左辺の左側)×(左辺の右側)=a×(右辺の左側)×(右辺の右側)×1/a
{(左辺の右側)=(右辺の右側)×1/a
が成り立つように決めることができる。
そのときa=(右辺の右側)÷(左辺の右側)である。
この操作をした時、出てきた式は必ず元の式に戻ります。
全然先に進めません。
672(1): 日高 2019/12/30(月)16:58 ID:Cxnci0na(36/49) AAS
>670
>それでは、証明に書いてある「(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので」は間違いで
「右辺の右側は、式なので」が正しいということですね。
どちらも、正しいです。
673: 日高 2019/12/30(月)17:02 ID:Cxnci0na(37/49) AAS
>671
>{(左辺の左側)×(左辺の右側)=a×(右辺の左側)×(右辺の右側)×1/a
{(左辺の右側)=(右辺の右側)×1/a
が成り立つように決めることができる。
そのときa=(右辺の右側)÷(左辺の右側)である。
>この操作をした時、出てきた式は必ず元の式に戻ります。
全然先に進めません。
この場合は、右辺の右側が式なので、左辺の右側)=(右辺の右側)×1/aを使う
必要はありません。
674(1): 2019/12/30(月)17:24 ID:iocxPfN5(1) AAS
ダメだこりゃ
675: 日高 2019/12/30(月)17:44 ID:Cxnci0na(38/49) AAS
>674
>ダメだこりゃ
なぜでしょうか？
676(3): 2019/12/30(月)17:46 ID:go0eepce(12/15) AAS
>>672
いいえ、間違っています。
文α：(左辺の左側)×(左辺の右側)=(右辺の左側)×(右辺の右側)が成り立つとき、
必ず(左辺の右側)=(右辺の右側)となる。
は間違いであることを>>615で、実際の数は使わず式で証明しました。
文β：(左辺の左側)×(左辺の右側)=(右辺の左側)×(右辺の右側)が成り立つとき、
(左辺の右側)=(右辺の右側)となったり、ならなかったりする。
では(左辺の右側)=(右辺の右側)としていい理由になりません。
省6
677: 日高 2019/12/30(月)17:47 ID:Cxnci0na(39/49) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2*1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、1=(z-y)…(2)とおく。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
678: 2019/12/30(月)17:53 ID:go0eepce(13/15) AAS
>>676
ああ、βがかぶった
上から文α、文β、文γ、文δと読み替えてください。
679(2): 日高 2019/12/30(月)17:56 ID:Cxnci0na(40/49) AAS
>676
>文γ：1=(z-y)となるようなz,yを考える
ならまだましです。偶然答えが1=(z-y)という性質を持っている場合、偶然うまくいくかもしれません。
答えが1=(z-y)という性質を持っていない場合、絶対にうまくいきません。
1=(z-y)、x^2=(z+y)より、x^2=2y+1が導かれます。
xに任意の有理数を代入すると、全てのピタゴラス数が、求められます。
680(1): 2019/12/30(月)17:58 ID:y8HGmtfq(1) AAS
なんか目的変わってない？
681: 日高 2019/12/30(月)18:11 ID:Cxnci0na(41/49) AAS
>680
>なんか目的変わってない？
どういう意味でしょうか？
682(1): 2019/12/30(月)19:26 ID:go0eepce(14/15) AAS
>>679
偶然うまくいってよかったですね。
ところで、あなたの証明の(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、は間違いなのであなたの証明は間違いです。
683(1): 2019/12/30(月)20:19 ID:2tDxD7s8(1/4) AAS
>>661 日高
> >649
> >【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。
> 【日高氏式証明】1×(x^p+y^p)=(-z^p)×(-1)となる。
>
> 上記の方法は、p=2の場合も通用するはずですが、
> 1=(-z^p)、x^p+y^p)=(-1)は、x,y,zが有理数のとき、式を満たしません。
【日高氏的反論】
p=2のときは(x^2+y^2)×1=(z^2)×1とします。
684(1): 2019/12/30(月)20:27 ID:acuQGWmg(3/4) AAS
>>662
> >はて、それが「任意の有理数」とどんな関係が？
>
> すみません。質問をまちがえていたみたいです。
> どんな、質問だったでしょうか。
レス番がついているのに遡ろうとしないその傲岸不遜な態度は称賛に値しますな。
>>645 での問いに >>655 で回答されてますな。
685(2): 2019/12/30(月)20:41 ID:9J2zXUMq(4/5) AAS
>>679
> >676
> >文γ：1=(z-y)となるようなz,yを考える
>
> ならまだましです。偶然答えが1=(z-y)という性質を持っている場合、偶然うまくいくかもしれません。
> 答えが1=(z-y)という性質を持っていない場合、絶対にうまくいきません。
>
> 1=(z-y)、x^2=(z+y)より、x^2=2y+1が導かれます。
> xに任意の有理数を代入すると、全てのピタゴラス数が、求められます。
思い込みはゴミだって言ってるだろうが。
686(1): 日高 2019/12/30(月)20:52 ID:Cxnci0na(42/49) AAS
>682
>偶然うまくいってよかったですね。
偶然では、ありません。
>ところで、あなたの証明の(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、は間違いなのであなたの証明は間違いです。
(左辺の右側)=(右辺の右側)となります。
687(7): 2019/12/30(月)20:52 ID:2tDxD7s8(2/4) AAS
【日高氏風・定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。
【日高氏風・証明】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^2×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)とおく。
(2)の有理数解は、x=1、y=1のみである。z^2=(x+y)にx=1、y=1を代入する。
z^2=1+1=2となる。z^2=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。
688: 日高 2019/12/30(月)20:58 ID:Cxnci0na(43/49) AAS
>683
>【日高氏的反論】
p=2のときは(x^2+y^2)×1=(z^2)×1とします。
意味がよくわかりません。
689(1): 日高 2019/12/30(月)21:03 ID:Cxnci0na(44/49) AAS
>684
>レス番がついているのに遡ろうとしないその傲岸不遜な態度は称賛に値しますな。
すみません。勘違いでした。
690(1): 日高 2019/12/30(月)21:05 ID:Cxnci0na(45/49) AAS
>685
>思い込みはゴミだって言ってるだろうが。
思い込みではありません。
691(1): 日高 2019/12/30(月)21:09 ID:Cxnci0na(46/49) AAS
>687
>【日高氏風・定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。
よくわかりません。
692(2): 2019/12/30(月)21:10 ID:9J2zXUMq(5/5) AAS
>>690
> >685
> >思い込みはゴミだって言ってるだろうが。
>
> 思い込みではありません。
根拠は？
693: 日高 2019/12/30(月)21:12 ID:Cxnci0na(47/49) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2*1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、1=(z-y)…(2)とおく。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
694(1): 2019/12/30(月)21:17 ID:2tDxD7s8(3/4) AAS
>>691 日高
>>687の定理は誤り。1^3+2^3=3^2が反例。
695(1): 日高 2019/12/30(月)21:23 ID:Cxnci0na(48/49) AAS
>692
>思い込みではありません。
根拠は？
実際にそうなるからです。計算してみて下さい
696(1): 日高 2019/12/30(月)21:26 ID:Cxnci0na(49/49) AAS
>694
>>>687の定理は誤り。1^3+2^3=3^2が反例。
そうですね。
697(1): 2019/12/30(月)21:28 ID:2tDxD7s8(4/4) AAS
>>696
証明のどこが間違っているかわかりますか？
698: 2019/12/30(月)22:17 ID:acuQGWmg(4/4) AAS
>>689
んで、回答は？
699: 2019/12/30(月)23:02 ID:go0eepce(15/15) AAS
>>686
偶然でないというためには、どんな文字式に対しても必ず
(左辺の左側)×(左辺の右側)=(右辺の左側)×(右辺の右側)が成り立つとき、
必ず(左辺の右側)=(右辺の右側)となる
ことを証明する必要があります。
700: 2019/12/30(月)23:47 ID:JgkHblAb(1) AAS
人の指摘がよくわかってないのに、思い込みではないと何故言える？
701: 2019/12/31(火)00:56 ID:tSpVTQjk(1) AAS
>>695
> >692
> >思い込みではありません。
> 根拠は？
>
> 実際にそうなるからです。計算してみて下さい
そうなるという思い込みだけ。
その計算とやらが根拠になるというのも思い込み。
702(2): 日高 2019/12/31(火)10:28 ID:sLGxNEAB(1/4) AAS
>697
>【日高氏風・定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。
【日高氏風・証明】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^2×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)とおく。
(2)の有理数解は、x=1、y=1のみである。z^2=(x+y)にx=1、y=1を代入する。
z^2=1+1=2となる。z^2=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。
3^2*1=(x+y)(x^2-xy+y^2)にx=1、y=1を代入すると、
3^2=(x+y)式は成り立ちません。
省3
703: 2019/12/31(火)11:16 ID:U3adLXgL(1) AAS
>>702
結論の誤りではなく証明の誤りを指摘してください。
704(1): 日高 2019/12/31(火)18:34 ID:sLGxNEAB(2/4) AAS
>702
>結論の誤りではなく証明の誤りを指摘してください。
3^2*1=(x+y)(x^2-xy+y^2)にx=1、y=2を代入すると、
3^2*1=(1+2)(1^2-1*2+2^2)となる。
(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、
3^2*1=(1+2)3(1^2-1*2+2^2)(1/3)
3^2*1=(1+2)3(3)(1/3)
3^2*1=(1+2)3*1
z^2=9となります。
705(2): 2019/12/31(火)19:44 ID:fQOXlefE(1/3) AAS
>>704 日高
> 3^2*1=(1+2)(1^2-1*2+2^2)となる。
> (左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、
> 3^2*1=(1+2)3(1^2-1*2+2^2)(1/3)
私は「(左辺の右側)=(右辺の右側)」を見て1 = x^2-xy+y^2だと思い込みましたが
3と(1/3)で挟むのがミソというわけですか。
そうだとすると
>>666 日高
> 【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は奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
省4
706(1): 日高 2019/12/31(火)21:30 ID:sLGxNEAB(3/4) AAS
>705
>aはx,y,zが決まれば決まるはずです。どのような関数でしょうか？
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
です。
707(2): 2019/12/31(火)21:34 ID:fQOXlefE(2/3) AAS
>>706 日高
> >705
> >aはx,y,zが決まれば決まるはずです。どのような関数でしょうか？
>
> a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> です。
すると
それを満たすx,yは1だけとは限りませんよね。
前に書かれた証明には修正が必要では。
708(1): 日高 2019/12/31(火)22:47 ID:sLGxNEAB(4/4) AAS
>707
>すると
それを満たすx,yは1だけとは限りませんよね。
前に書かれた証明には修正が必要では。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
を満たすx,yは1だけです。
709(1): 2019/12/31(火)22:51 ID:fQOXlefE(3/3) AAS
>>708 日高
> >707
> >すると
> それを満たすx,yは1だけとは限りませんよね。
> 前に書かれた証明には修正が必要では。
>
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> を満たすx,yは1だけです。
でもいまやa={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}ですよね。
710: 2019/12/31(火)22:55 ID:ALrdbv3e(1) AAS
大晦日くらいやめればいいのに
711: 2020/01/01(水)17:51 ID:ReSQddeE(1) AAS
大晦日とか元旦とか関係無いんだよ〜
日高っちとロンセンジャーは...
フェルマー中毒なんだよ・・・
フェルマーやんないと手が震えちゃうんだからね！
はい、以下フェルマージャンキーがいつも通り粛々と
新年第１弾初フェルマー戦開始〜！
φッ！
712(3): 日高 2020/01/01(水)22:14 ID:/Nr45SSl(1) AAS
>709
>でもいまやa={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}ですよね。
例
p=3のとき、a=(x^2-xy+y^2)
p=3のとき、x=1、y=1とすると、
z^3=(1+1)となります。
X=2、Y=3とすると、
Z^3*1=(2+3)*a*7*(1/a)=(2+3)7*1
Z^3={(2^3+3^3)/(1+1)}z^3={(2+3)(2^2-2*3+3^2)/(1+1)}z^3
{(2+3)(2^2-2*3+3^2)/(1+1)}z^3=(1+1){(2+3)(2^2-2*3+3^2)/(1+1)}
省1
713(1): 2020/01/01(水)22:22 ID:u5OxhAPw(1/2) AAS
>>712 日高
> X=2、Y=3とすると、
> Z^3*1=(2+3)*a*7*(1/a)=(2+3)7*1
> Z^3={(2^3+3^3)/(1+1)}z^3={(2+3)(2^2-2*3+3^2)/(1+1)}z^3
> {(2+3)(2^2-2*3+3^2)/(1+1)}z^3=(1+1){(2+3)(2^2-2*3+3^2)/(1+1)}
> z^3=(1+1)となります。
いきなり出てきた大文字のX,Y,Zって何？
714(2): 2020/01/01(水)22:44 ID:u5OxhAPw(2/2) AAS
>>712 日高
x,yに小さな値を入れた実例には興味はない
p=3とするとa=x^2-xy+y^2だ
z^3=(x+y)aとなる自然数x,y,zが存在しないことを示せるんよね？
715: 2020/01/01(水)22:53 ID:t/cfC82G(1) AAS
>>712
この話って、x^p+y^p=z^2 の >>687 が発端じゃなかったっけ？
いつの間に z^3 がでてきたんだ？
それと >>659 は無視ですか？
716(1): 日高 2020/01/02(木)08:01 ID:fPchPrtf(1/3) AAS
>713
>いきなり出てきた大文字のX,Y,Zって何？
小文字のx,y,zは、
x=1、y=1、z=2^(1/3)です。z^3=2
大文字のX,Y,Zは
X=2、Y=3、Z=(35/2)zです。
717: 日高 2020/01/02(木)08:29 ID:fPchPrtf(2/3) AAS
>716
訂正です。
Z=(35/2)zです。×
Z^3=(35/2)z^3です。○
718: 2020/01/02(木)10:40 ID:zpgUAPa9(1/2) AAS
それで？
>>714に答えてください。
719: 日高 2020/01/02(木)11:33 ID:fPchPrtf(3/3) AAS
>714
>p=3とするとa=x^2-xy+y^2だ
z^3=(x+y)aとなる自然数x,y,zが存在しないことを示せるんよね？
小文字のx,y,zは、
x=1、y=1、z=2^(1/3)とします。z^3=2
大文字のX,Y,Zは
X=2、Y=3、Z^3=(35/2)z^3とします。
Z^3=(2+3)a、a=(X^2-Xy+Y^2)=7
Z^3=35
Z^3/z^3=35/2、
省3
720: 2020/01/02(木)11:52 ID:zpgUAPa9(2/2) AAS
> zが無理数なので、Zも無理数となります。
zとZとの比は無理数比なのでそれは言えません。
一例だけでは証明になりません。
721(1): 日高 2020/01/03(金)05:25 ID:jAwVZ9T2(1/4) 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は奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となる。
z^p=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たすのは、(x,y)=(0,1)
(x,y)=(1,0)のみである。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
722(3): 日高 2020/01/03(金)05:30 ID:jAwVZ9T2(2/4) 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は奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となる。
z^p=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たすのは、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
723(1): 日高 2020/01/03(金)05:44 ID:jAwVZ9T2(3/4) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2*1=(z+y)(z-y)となる。
x^2=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)のとき、x^2=(z+y)となるので、x^2=2y+1となる。
x^2=2y+1のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
724(1): 2020/01/03(金)06:30 ID:pWT8A/P/(1/2) AAS
>>722
z^pをz^2に変えるとこれでは証明にならないことがわかっているわけです。z^pだと証明になっていることを示してください。
725: 日高 2020/01/03(金)08:00 ID:jAwVZ9T2(4/4) AAS
>724
>z^pをz^2に変えるとこれでは証明にならないことがわかっているわけです。z^pだと証明になっていることを示してください。
どういう意味でしょうか？
726: 2020/01/03(金)09:32 ID:mLlo36lu(1) AAS
答えてない指摘に答えろよ。ゴミ老人
727(1): 2020/01/03(金)12:15 ID:pWT8A/P/(2/2) AAS
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を導いていますが、z^pをz^2に変えた場合はそれが誤りであることは反例でわかっています。
だから左辺が自然数のp乗であることが証明に使われるはず。それがないのは間違った証明である証拠です。
728: 2020/01/04(土)10:56 ID:nhh2dGyz(1) AAS
>>721-723
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吉本興業に提出する数学ネタかと思った。
729: 2020/01/04(土)18:47 ID:Kvb2Ypr4(1) AAS
こっちのスレ主は、お笑い芸人になったか
730: 2020/01/08(水)16:44 ID:LpZINTuE(1) AAS
日高センセーは入院でも下のかね？
731: 2020/01/09(木)19:17 ID:AMsZAr7s(1) AAS
藤林丈司
732: 2020/01/09(木)21:12 ID:n22nAoXN(1) AAS
日高さんが亡くなってたら
みなさんのせいですからね！
｡゜(。ﾉω<)｡ﾋﾄﾞｲｮ...
733(1): 日高 2020/01/10(金)20:44 ID:ojAexXlb(1/10) AAS
>727
>z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を導いていますが、z^pをz^2に変えた場合はそれが誤りであることは反例でわかっています。
だから左辺が自然数のp乗であることが証明に使われるはず。それがないのは間違った証明である証拠です。
「z^pをz^2に変えた場合はそれが誤りであることは反例でわかっています。」
すみません。上記の意味がよくわかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。
734(1): 日高 2020/01/10(金)20:47 ID:ojAexXlb(2/10) 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は奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となる。
z^p=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たすのは、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
735(1): 日高 2020/01/10(金)20:49 ID:ojAexXlb(3/10) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2*1=(z+y)(z-y)となる。
x^2=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)のとき、x^2=(z+y)となるので、x^2=2y+1となる。
x^2=2y+1のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
736: 2020/01/10(金)21:04 ID:L0M6/0PY(1) AAS
o(；д；o)ｷﾀ...！ﾋﾀﾞｶｯﾁ...！)
737(2): 2020/01/10(金)21:19 ID:xfBAgq3J(1/6) AAS
>>733 日高
z^2=x^3+x^3を満たす自然数x,y,zを考えます。
z^2×1=(x+y)(x^2-xy+y^2)ですが
これから1=x^2-xy+y^2とz^2=x+yは導けません。
x=1,y=2,z=3が反例です。
ですから左辺がz^pであるという特殊性を使った証明が必要はなずです。
738(1): 日高 2020/01/10(金)21:48 ID:ojAexXlb(4/10) 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は奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となる。
z^p=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たす有理数は、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
739(1): 2020/01/10(金)21:50 ID:xfBAgq3J(2/6) AAS
>>738 日高
p,qを命題とするとき「pかつq」と「pならばq」との違いはわかりますか？
740: 2020/01/10(金)22:01 ID:g2vWCKRD(1) AAS
>>734-735
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吉本興業に提出する数学ネタかと思った。
741(1): 日高 2020/01/10(金)22:06 ID:ojAexXlb(5/10) AAS
>737
>z^2=x^3+x^3を満たす自然数x,y,zを考えます。
z^2×1=(x+y)(x^2-xy+y^2)ですが
これから1=x^2-xy+y^2とz^2=x+yは導けません。
x=1,y=2,z=3が反例です。
>ですから左辺がz^pであるという特殊性を使った証明が必要はなずです。
「x=1,y=2,z=3が反例です。」この場合、
9×1=(1+2)(1-2+4)となるので、
9×1=3×3
9×1=3×3×3×1/3
省3
742(1): 2020/01/10(金)22:09 ID:xfBAgq3J(3/6) AAS
>>741 日高
> これから1=x^2-xy+y^2とz^2=x+yは導けません。
> x=1,y=2,z=3が反例です。
1≠1^2-1*2+2^2=3,9=3^2≠1+2=3であることは認めますか？
743(1): 日高 2020/01/10(金)22:09 ID:ojAexXlb(6/10) AAS
>739
>p,qを命題とするとき「pかつq」と「pならばq」との違いはわかりますか？
すみません。よくわかりませんので、
詳しく教えていただけないでしょうか。
744(2): 日高 2020/01/10(金)22:15 ID:ojAexXlb(7/10) AAS
>742
>> これから1=x^2-xy+y^2とz^2=x+yは導けません。
> x=1,y=2,z=3が反例です。
>1≠1^2-1*2+2^2=3,9=3^2≠1+2=3であることは認めますか？
はい。認めます。
745: 2020/01/10(金)22:15 ID:xfBAgq3J(4/6) AAS
>>743 日高
高等学校までの教科書に書いてある事項を無料で説明することはしませんので
ご自分で学ばれてから議論に参加してください。
746(1): 2020/01/10(金)22:23 ID:xfBAgq3J(5/6) AAS
>>744 日高
ということは，>>722に
> 【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は奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となる。
> z^p=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たすのは、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
と書いておられますがz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
省2
747(1): 日高 2020/01/10(金)22:30 ID:ojAexXlb(8/10) AAS
>746
>z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)は無条件には出ません。
わかりますか？
分からないので、詳しく説明していただけないでしょうか。
748(1): 日高 2020/01/10(金)22:33 ID:ojAexXlb(9/10) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2*1=(z+y)(z-y)となる。
x^2=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)のとき、x^2=(z+y)となるので、x^2=2y+1となる。
x^2=2y+1のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
749(1): 日高 2020/01/10(金)22:36 ID:ojAexXlb(10/10) 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は奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となる。
z^p=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たす有理数は、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
750(1): 2020/01/10(金)22:40 ID:xfBAgq3J(6/6) AAS
>>747 日高
それでは逆にお尋ねしますがなぜ出ますか？
751(1): 2020/01/10(金)23:11 ID:6/oUWmsY(1) AAS
>>737
>z^2=x^3+x^3を満たす自然数x,y,zを考えます。
この式、凄いなw
ヤツのロジックを忠実に踏まえつつ、矛盾を指摘してる。
よく思いついたもんだ。天才かょw
>>744 日高
キミのロジックでこの式、解けるかぃ？
全ての自然数解の組を導ける？
当てずっぽうはダメ。
752: 2020/01/10(金)23:58 ID:eg2IXum0(1) AAS
根拠なしに自分に都合の良いことだけ言い続ける虚言癖痴呆老人は飽きた。別な芸プリーズ。
753(2): 2020/01/11(土)00:38 ID:wouI4gDv(1/5) AAS
>>748-749
AB=CDであるが、B=Dでないときの証明がないので間違いです。
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