フェルマーの最終定理の簡単な証明4

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567(2): 2019/12/29(日)21:37 ID:rghD6tGc(7/11) AAS
>>557
相手が認めざるを得ない理屈で相手に間違いを認めさせるのは
ある意味数学の未解決問題に挑戦するのと変わらない気がする。

一目で間違いなのは分かるし
一見簡単にできそうで
先人たちもあの手この手で挑んでいるけど同じことをやってたりして
結局誰も解決した人がいない。

568(2): 2019/12/29(日)21:37 ID:BhvL9ciO(13/22) AAS
>>565 日高
> >555
> >x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)は正しい。しかし
> (x^3+y^3)×1=(x+y)(x^2-xy+y^2)から
> 「(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので」として
> 1=(x^2-xy+y^2)を導くと
> x=2,y=3のとき1=7となって不合理。
>
> 1=(x^2-xy+y^2)を満たすx,yは１のみです。

そんな小手先の戯言に誤魔化されはしません。
省4

569(1): 日高 2019/12/29(日)21:39 ID:0OrGG5Rh(46/62) AAS
>559
>比の話なんて証明に出てきていないでしょう？
x=3の時x=3です。それ以外になるなら間違いです。

x=3の時x=3です。
その通りです。

570(1): 2019/12/29(日)21:40 ID:LGzujaMz(4/4) AAS
>>567
日高氏は論理が破綻していても平気なので、間違いを認めさせる方法がありません。
ここまでやったら放置でいいと思うよ。

571(1): 日高 2019/12/29(日)21:44 ID:0OrGG5Rh(47/62) AAS
>560
>> x=6/2を代入すると、x,y,zの比が、6:8:10となります。
> x=3を代入すると、x,y,zの比が、3:4:5となります
> 6:8:10=3:4:5となります

「イコール」を「比が同じ」にすり替える日高氏は不誠実。

x,y,zが、3,4,5と6,8,10は、同じ比です。

572(2): 2019/12/29(日)21:47 ID:rghD6tGc(8/11) AAS
>>569
> p=2のとき、x^p+y^p=z^pをみたす3つの偶数の組(x,y,z)が存在しない。
について

x=3のとき、(x,y,z)は（6,8,10)ではありません。
x=3のとき(3)を満たしていても、(6,8,10)は(3)を満たしていません。
x=3は偶数ではなく、(6，8，10)は(3)を満たしていないので
結局あなたの証明が正しければ3つの偶数の組は存在しません。

573: 2019/12/29(日)21:47 ID:56qm/Id8(1) AAS
お？爆死か？記念★パピコ

574: 2019/12/29(日)21:47 ID:BhvL9ciO(14/22) AAS
>>571 日高
> >560
> >> x=6/2を代入すると、x,y,zの比が、6:8:10となります。
> > x=3を代入すると、x,y,zの比が、3:4:5となります
> > 6:8:10=3:4:5となります
>
> 「イコール」を「比が同じ」にすり替える日高氏は不誠実。
>
> x,y,zが、3,4,5と6,8,10は、同じ比です。

バカか，お前は。すり替えるなと言っているだろうが。

575: 日高 2019/12/29(日)21:49 ID:0OrGG5Rh(48/62) AAS
>563
>> >4^2+3^2=5^2のとき1=z-yとはならんだろ。

だからx=4だろうが。

x^2=2y+1にx=2を代入すると、(4/2)^2+(3/2)^2=(5/2)^2となります。

576: 2019/12/29(日)21:51 ID:BhvL9ciO(15/22) AAS
>>570
> >>567
> 日高氏は論理が破綻していても平気なので、間違いを認めさせる方法がありません。
> ここまでやったら放置でいいと思うよ。

なるほど。
別の言いかたをすれば，数学的事実を事実として受け止められない人ですね。
永遠に自分の世界をさまよい続けるのでしょう。

まあ、私自身は面白半分にからかい続けるかもしれませんが、
彼から「フェルマーの最終定理の簡単な証明」と題するメールを送り付けられた数学者は
ネット検索してこのスレに到達し
省1

577(1): 日高 2019/12/29(日)21:52 ID:0OrGG5Rh(49/62) AAS
>568
>「x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)」はすべてのx,yについて真です。
それに加えて「(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので」が真なら
1=7も成立するはずです。
日高さん，あなたは不誠実な人です。

よく意味がわかりません。

578: 2019/12/29(日)21:55 ID:BhvL9ciO(16/22) AAS
>>577 日高
> >568
> >「x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)」はすべてのx,yについて真です。
> それに加えて「(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので」が真なら
> 1=7も成立するはずです。
> 日高さん，あなたは不誠実な人です。
>
> よく意味がわかりません。

その不誠実が無知からくるものならば私は日高氏を許す。

579: 2019/12/29(日)22:00 ID:ZpnTZGJh(1) AAS
「よく意味がわかりません」で指摘を無視するゴミ

580(2): 日高 2019/12/29(日)22:04 ID:0OrGG5Rh(50/62) AAS
>572
>x=3のとき、(x,y,z)は（6,8,10)ではありません。
x=3のとき(3)を満たしていても、(6,8,10)は(3)を満たしていません。
x=3は偶数ではなく、(6，8，10)は(3)を満たしていないので
結局あなたの証明が正しければ3つの偶数の組は存在しません。

私の証明は、x=3のとき、(3)を満たします。
(6,8,10)は(3)を満たしていませんが、
x=6/2のとき、比が(6,8,10)となります。
x=3のとき、(3)を満たせば、証明は、正しいことになると思います。

581(2): 2019/12/29(日)22:05 ID:rghD6tGc(9/11) AAS
>>580
なりません。
なぜなら、x=3のときx=3であって、それはx=6でないから。

582: 日高 2019/12/29(日)22:07 ID:0OrGG5Rh(51/62) 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。

583: 日高 2019/12/29(日)22:09 ID:0OrGG5Rh(52/62) 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。

584(4): 2019/12/29(日)22:13 ID:BhvL9ciO(17/22) AAS
>>580 日高
> >572
> >x=3のとき、(x,y,z)は（6,8,10)ではありません。
> x=3のとき(3)を満たしていても、(6,8,10)は(3)を満たしていません。
> x=3は偶数ではなく、(6，8，10)は(3)を満たしていないので
> 結局あなたの証明が正しければ3つの偶数の組は存在しません。
>
> 私の証明は、x=3のとき、(3)を満たします。
> (6,8,10)は(3)を満たしていませんが、
> x=6/2のとき、比が(6,8,10)となります。
省4

585: 2019/12/29(日)22:20 ID:wcmBXybs(1) AAS
>証明は、正しいことになると思います。

日高が正しいと思うかどうかは、証明の正しさに全く関係がない。

586(1): 2019/12/29(日)22:21 ID:/f3KCgKr(1) AAS
じゃあ任意の定数a,bに対して
a=bってどういう意味なんだろうな
たとえば

1=2か？

表示が異なるが中身が同じっていう意味じゃないのか？

587(3): 日高 2019/12/29(日)22:30 ID:0OrGG5Rh(53/62) AAS
>584
>結局あなたの証明が正しければ3つの偶数の組は存在しません。

私の証明に3つの偶数の組は、必要なことなのでしょうか？

588(1): 2019/12/29(日)22:32 ID:rghD6tGc(10/11) AAS
>>587
必要ですよ。
あなたが証明で使っている間違った理屈が確かに間違っていることを確認するのに
必要です。

589(1): 2019/12/29(日)22:34 ID:BhvL9ciO(18/22) AAS
>>587 日高
> >584
> >結局あなたの証明が正しければ3つの偶数の組は存在しません。
>
> 私の証明に3つの偶数の組は、必要なことなのでしょうか？

元メッセージの番号を書いてくれ。そうでないと見にくくてたまらん。

590(2): 日高 2019/12/29(日)22:45 ID:0OrGG5Rh(54/62) AAS
>581
>なぜなら、x=3のときx=3であって、それはx=6でないから。

どういう意味でしょうか？

591: 2019/12/29(日)22:48 ID:rghD6tGc(11/11) AAS
>>590
> p=2のとき、x^p+y^p=z^pをみたす3つの偶数の組(x,y,z)が存在しない。
について

x=3のとき、x=6ではありません。
なぜなら、3は6ではないから。

592(1): 日高 2019/12/29(日)22:50 ID:0OrGG5Rh(55/62) AAS
>584
>ときどき見かけるんだよね。x=6/2とx=3とを別物だと思う人。

6:8:10と3:4:5を別物の考えるならば、x=6/2とx=3とを別物だと考えなくてはいけないと
思います。

593: 2019/12/29(日)22:50 ID:BhvL9ciO(19/22) AAS
>>590 日高
> >581
> >なぜなら、x=3のときx=3であって、それはx=6でないから。
>
> どういう意味でしょうか

自分で自分を誤魔化すのはもうやめにしませんか？
むなしいだけですよ。

594(1): 2019/12/29(日)22:51 ID:ru30+Q3K(10/11) AAS
>>566
> >>>455 で自分で x=1 なら整数解のみって言ったのを平気で知らんふりだもの。
> x≦1 なる有理数が全てそうなります。
>
> x=3ならば、自然数解となります。

だからなんだというの？
なる場合とあるしならない場合もあるから
「任意の有理数」じゃ駄目だよって言ってるのよ。

595: 日高 2019/12/29(日)22:52 ID:0OrGG5Rh(56/62) AAS
>586
>じゃあ任意の定数a,bに対して
a=bってどういう意味なんだろうな
たとえば

1=2か？

>表示が異なるが中身が同じっていう意味じゃないのか？

よく意味がわかりません。

596: 2019/12/29(日)22:53 ID:BhvL9ciO(20/22) AAS
>>592 日高
> >584
> >ときどき見かけるんだよね。x=6/2とx=3とを別物だと思う人。
>
> 6:8:10と3:4:5を別物の考えるならば、x=6/2とx=3とを別物だと考えなくてはいけないと
> 思います。

6/2は3です。すべての性質において6/2と3とは区別されません。

597: 日高 2019/12/29(日)22:54 ID:0OrGG5Rh(57/62) AAS
>588
>>>587
必要ですよ。
あなたが証明で使っている間違った理屈が確かに間違っていることを確認するのに
必要です。

よく意味がわかりません。

598(1): 2019/12/29(日)23:01 ID:ru30+Q3K(11/11) 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=(z+y)(z-y)…(1)となる。
1=(z-y)…(2) の場合を考える。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに 3以上の奇数を代入すると、y及びzは、自然数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

これだけでいいのになあ。

599: 日高 2019/12/29(日)23:01 ID:0OrGG5Rh(58/62) AAS
>589
>>結局あなたの証明が正しければ3つの偶数の組は存在しません。
>
> 私の証明に3つの偶数の組は、必要なことなのでしょうか？

元メッセージの番号を書いてくれ。そうでないと見にくくてたまらん。

582番の証明についてです。

600(1): 日高 2019/12/29(日)23:05 ID:0OrGG5Rh(59/62) AAS
>594
>だからなんだというの？
なる場合とあるしならない場合もあるから
「任意の有理数」じゃ駄目だよって言ってるのよ。

「任意の有理数」の場合整数比となります。
その中で、自然数解が一つあれば、よいことになります。

601(1): 2019/12/29(日)23:09 ID:BhvL9ciO(21/22) AAS
>>600 日高

> その中で、自然数解が一つあれば、よいことになります。

だったら3^2+4^2=5^2と書くだけでよいのに。

602: 日高す 2019/12/29(日)23:10 ID:0OrGG5Rh(60/62) AAS
>598
【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=(z+y)(z-y)…(1)となる。
1=(z-y)…(2) の場合を考える。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに 3以上の奇数を代入すると、y及びzは、自然数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>これだけでいいのになあ。

その通りだと思います。
省1

603: 日高す 2019/12/29(日)23:12 ID:0OrGG5Rh(61/62) AAS
>601
>だったら3^2+4^2=5^2と書くだけでよいのに。

そうですね。

604(2): 2019/12/29(日)23:21 ID:e3HdTM/M(4/5) AAS
>>540

> >532
> >> z^p×1=z^(p-1)*z^p=z^(p-2)*z^2=z^pとなるので、x=y=1に話を制限したことには、
> > なりません。
> 日高の思い込み。数学的な根拠なし。
>
> 「数学的な根拠なし。」の理由を教えていただけないでしょうか。
むしろ数学的な根拠を要求しているのだが。

605(2): 日高 2019/12/29(日)23:21 ID:0OrGG5Rh(62/62) AAS
>605
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
「(3)のxに 3以上の奇数を代入すると」では、
すべてのx,y,zの組み合わせとなりません。

606(1): 2019/12/29(日)23:23 ID:BhvL9ciO(22/22) AAS
z^p=x^p+y^pと書いたときzが素数とは限らない。
p=2のピタゴラス数ではzが素数でない例が存在する。

607(2): 2019/12/29(日)23:24 ID:e3HdTM/M(5/5) AAS
日高は本人の思い込みを述べるばかりで数学的な根拠を一回も述べない。これは数学ではない。なので数学板とも数学掲示板とも数学者とも無関係。数学に近寄らないでもらいたいね。

608(1): 2019/12/30(月)00:15 ID:acuQGWmg(1/4) AAS
>>605
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 「(3)のxに 3以上の奇数を代入すると」では、
> すべてのx,y,zの組み合わせとなりません。

存在証明だから全ての組み合わせは必要ないです。
そのために自然数解をもたらさない
「任意の有理数」にしているのは本末転倒です。
どうしてもというのなら
「x>1 なる有理数」とでもすれば
定数倍することによってすべて自然数解にすることができます。
省1

609(1): 日高 2019/12/30(月)06:04 ID:Cxnci0na(1/49) AAS
>604
>むしろ数学的な根拠を要求しているのだが。

「数学的な根拠」とは？

610: 日高 2019/12/30(月)06:06 ID:Cxnci0na(2/49) AAS
>606
>p=2のピタゴラス数ではzが素数でない例が存在する。

そうですね。

611(1): 日高 2019/12/30(月)06:10 ID:Cxnci0na(3/49) AAS
>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。

612(1): 日高 2019/12/30(月)06:14 ID:Cxnci0na(4/49) AAS
>608
>存在証明だから全ての組み合わせは必要ないです。

その通りだと思います。
「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。

613: 日高 2019/12/30(月)06:17 ID:Cxnci0na(5/49) 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。

614: 日高 2019/12/30(月)06:18 ID:Cxnci0na(6/49) 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。

615(4): 2019/12/30(月)07:10 ID:go0eepce(1/15) AAS
定理】4つの数(左辺の左側),(左辺の右側),(右辺の左側),(右辺の右側)について
(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)とはならない場合がある

お互いに割り切れない3つの数a,b,cを考える
(左辺の左側)=a×b、(左辺の右側)=c、(右辺の左側)=a、(右辺の右側)=b×cとおくと
(左辺の左側)×(左辺の右側)=a×b×c、(右辺の左側)×(右辺の右側)=a×b×cとなるので
(左辺の左側)×(左辺の右側)=(右辺の左側)×(右辺の右側)
そして(左辺の右側)≠(右辺の右側)
よって
(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、
省1

616(1): 日高 2019/12/30(月)07:27 ID:Cxnci0na(7/49) AAS
>615
>そして(左辺の右側)≠(右辺の右側)

どういう意味でしょうか？

617(1): 2019/12/30(月)07:30 ID:go0eepce(2/15) AAS
>>616
(左辺の右側)と(右辺の右側)が別の数である、という意味です。

618(1): 日高 2019/12/30(月)07:44 ID:Cxnci0na(8/49) AAS
>617
>(左辺の右側)と(右辺の右側)が別の数である、という意味です。

abc=acbということでしょうか？

619(1): 2019/12/30(月)07:53 ID:go0eepce(3/15) AAS
>618
証明に書いてある通り
>　(左辺の左側)=a×b、(左辺の右側)=c、(右辺の左側)=a、(右辺の右側)=b×cとおくと
にたとえばa=3,b=5,c=7を代入すると
(左辺の左側)=15、(左辺の右側)=7、(右辺の左側)=3、(右辺の右側)=35

(左辺の右側)と(右辺の右側)は別の数です。

620(1): 日高 2019/12/30(月)07:58 ID:Cxnci0na(9/49) AAS
>619
>(左辺の左側)=15、(左辺の右側)=7、(右辺の左側)=3、(右辺の右側)=35

15*7=3*35ということでしょうか？

621(2): 2019/12/30(月)08:13 ID:go0eepce(4/15) AAS
>>620
そうですね。

そんな例はいくらでもあって、そのうちの1つです。

622(2): 日高 2019/12/30(月)08:46 ID:Cxnci0na(10/49) AAS
>621
>(左辺の右側)と(右辺の右側)は別の数です。

15*7=3*35の場合は、確かにそうなります。

式の場合は、等しくなります。
15*7=5*3*35*(1/5)

623(2): 2019/12/30(月)08:49 ID:KnagCoe/(1/4) AAS
>>622
> >621
> >(左辺の右側)と(右辺の右側)は別の数です。
>
> 15*7=3*35の場合は、確かにそうなります。
>
> 式の場合は、等しくなります。
> 15*7=5*3*35*(1/5)

あほらし。数学ではない。

624(1): 2019/12/30(月)09:24 ID:F9RiJSn7(1/4) AAS
でも、どこをどう勘違いするとこういう考え方になるのかを探ることは興味深い。

625: 日高 2019/12/30(月)09:30 ID:Cxnci0na(11/49) AAS
>623
>あほらし。数学ではない。

どの部分のことでしょうか？

626(2): 2019/12/30(月)09:31 ID:F9RiJSn7(2/4) AAS
AB=CDのような式の場合、「B=Dのこともある」を「B=Dとなる」と思い込んでいる？

627: 日高 2019/12/30(月)09:31 ID:Cxnci0na(12/49) AAS
>624
>でも、どこをどう勘違いするとこういう考え方になるのかを探ることは興味深い。

どの部分のことでしょうか？

628: 日高 2019/12/30(月)09:36 ID:Cxnci0na(13/49) AAS
>626
>AB=CDのような式の場合、「B=Dのこともある」を「B=Dとなる」と思い込んでいる？

はい。

629(2): 2019/12/30(月)09:42 ID:KnagCoe/(2/4) AAS
>>623
> 15*7=5*3*35*(1/5)

これの右辺の右側はなんですか？

630(1): 日高 2019/12/30(月)09:47 ID:Cxnci0na(14/49) AAS
>629
>> 15*7=5*3*35*(1/5)

これの右辺の右側はなんですか？

35*(1/5)です。

631: 日高 2019/12/30(月)09:50 ID:Cxnci0na(15/49) 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。

632: 日高 2019/12/30(月)09:51 ID:Cxnci0na(16/49) 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。

633(1): 2019/12/30(月)09:52 ID:F9RiJSn7(3/4) AAS
文字式とは、数の式があって、それのうちの同じ数を同じ文字で置き換えたもの、と思い込んでいる間は日高氏の境地に達することはできない。

634(1): 2019/12/30(月)09:52 ID:KnagCoe/(3/4) AAS
>>630
> >629
> >> 15*7=5*3*35*(1/5)
>
> これの右辺の右側はなんですか？
>
> 35*(1/5)です。

右辺を変形すると、
5*3*35*(1/5) = 5*(3*35*(1/5)) = (5*3*35)*(1/5)
になるので、
省2

635(1): 2019/12/30(月)09:57 ID:F9RiJSn7(4/4) AAS
同じと考えられるものは後から理屈をつけて同じとしてよい。この境地だ！

636: 2019/12/30(月)10:03 ID:80R0XHCl(1) AAS
日高氏は正常人ではないので
いくら言っても無駄だな

＞628 名前：日高[] 投稿日：2019/12/30(月) 09:36:07.91 ID:Cxnci0na [13/16]
＞>626
＞ >AB=CDのような式の場合、「B=Dのこともある」を「B=Dとなる」と思い込んでいる？

＞はい。

637: 2019/12/30(月)10:14 ID:HyrRKQB3(1) AAS
日本語が苦手なんじゃ。。。

638: 日高 2019/12/30(月)10:29 ID:Cxnci0na(17/49) AAS
>633
>文字式とは、数の式があって、それのうちの同じ数を同じ文字で置き換えたもの、

と思います。間違いでしょうか？

639(1): 日高 2019/12/30(月)10:33 ID:Cxnci0na(18/49) AAS
>634
>右辺を変形すると、
5*3*35*(1/5) = 5*(3*35*(1/5)) = (5*3*35)*(1/5)
になるので、
右辺の右側は (2*35*(1/5)) や 1/5 になってもいいのではないですか？

そもそも「右辺の右側」などという数学用語はないので意味不明です。

この場合は 15*7=(5*3)(35*(1/5))とします。

640: 日高 2019/12/30(月)10:35 ID:Cxnci0na(19/49) AAS
>635
>同じと考えられるものは後から理屈をつけて同じとしてよい。この境地だ！

間違いでしょうか？

641: 日高 2019/12/30(月)10:36 ID:Cxnci0na(20/49) 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。

642: 日高 2019/12/30(月)10:37 ID:Cxnci0na(21/49) 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。

643(3): 2019/12/30(月)10:41 ID:KnagCoe/(4/4) AAS
>>639
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。
やっぱり数学じゃないわ。

644: 日高 2019/12/30(月)10:45 ID:Cxnci0na(22/49) AAS
>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。

右辺の右側が積の形の場合、適当に選びます。

645(2): 2019/12/30(月)12:20 ID:acuQGWmg(2/4) AAS
>>612
> 「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？

646(1): 2019/12/30(月)12:22 ID:go0eepce(5/15) AAS
>>622
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。

定理】4つの数(左辺の左側),(左辺の右側),(右辺の左側),(右辺の右側)について
(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)とはならない場合がある

これによってあなたの証明が間違いであることが証明されました。

647(1): 2019/12/30(月)12:54 ID:go0eepce(6/15) AAS
定理】4つの数(左辺の左側),(左辺の右側),(右辺の左側),(右辺の右側)について
(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)とはならない場合がある

駄文】0でない4つの数(左辺の左側),(左辺の右側),(右辺の左側),(右辺の右側)について
(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、
ある数aを
{(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。
省8

648: 2019/12/30(月)13:41 ID:A8RIl1CT(1) AAS
会話が成立していないことを日高氏が理解できるように証明することは、このスレでは余白が少ないようだ。

649(2): 2019/12/30(月)14:25 ID:VG33Oegh(1) 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。
【日高氏式証明】1×(x^p+y^p)=(-z^p)×(-1)となる。
(左辺の右側)=(右辺の右側)となるので、x^p+y^p=-1となり
x,yが自然数であることに反する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

650(1): 日高 2019/12/30(月)14:28 ID:Cxnci0na(23/49) AAS
>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。

651: 日高 2019/12/30(月)14:29 ID:Cxnci0na(24/49) 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。

652: 日高 2019/12/30(月)14:30 ID:Cxnci0na(25/49) 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。

653: 2019/12/30(月)14:33 ID:9J2zXUMq(1/5) AAS
>>609

> >604
> >むしろ数学的な根拠を要求しているのだが。
>
> 「数学的な根拠」とは？
今まで書いた。すべて読み直せば良い。

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。

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