[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)
上下前次1-新
抽出解除 ﾚｽ栞
このｽﾚｯﾄﾞは過去ﾛｸﾞ倉庫に格納されています｡
次ｽﾚ検索 歴削→次ｽﾚ 栞削→次ｽﾚ 過去ﾛｸﾞﾒﾆｭｰ
45(1): 日高 2019/12/21(土)10:33:49.10 ID:MFpkHCEs(15/26) AAS
>44
>…の部分が分からないのですが
x^p+y^pを、因数分解すると、(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
1番の証明を、読んでいただけないでしょうか。
156(1): 2019/12/22(日)23:05:05.10 ID:HjBnJeEI(10/14) AAS
普通の人は、pを3として
(x^3+y^3)*1=(x+y)(x^2-xy+y^2)から1=x^2-xy+y^2を導いたとしても
x=2,y=3を代入して1=2^2-2*3+3^2となった時点で1=7だから何か間違えたと考える。
日高氏式フェルマーの最終定理の証明：
z^p=x^p+y^pとおいてz^p*1=1*z^p、これら両辺の右が等しいので1=z^p,z=1となって矛盾。
165(1): 2019/12/22(日)23:23:23.10 ID:HjBnJeEI(14/14) AAS
ある式...…(1) から別の式...…(2) を導いたとき，
(1)を満たすx,y,などに対しそれらが(2)を満たすのが当然です。
そうでないなら(1)から(2)を導いたのが間違いです。
これ、わかりますか？
224(2): 2019/12/24(火)00:02:15.10 ID:8vqh4FYI(1/2) AAS
>>205
> >196
> >>x,yに大きな自然数を代入するほど、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)ｎ}の値が、
> > > 大きくなります。
> > 何故？証明は？
>
> {x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)
> 解は、x=y=1となります。
いいえ。他に解が無いことが示されてません。
335(3): 2019/12/25(水)10:29:23.10 ID:Vvgqq9qg(4/5) AAS
>>333
> >330
> >それは嘘だという指摘なのだから、反論するなら、
> > {x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)
> を満たす解がx=y=1以外にないことを示せよ。痴呆さん。
>
> 失礼しました。
ふざけてんのか？さんざん主張しておいて一言で終わりか。痴呆が。
要は、平気で嘘つきまくるってことだ。えらそうに反論するとか言っているんじゃねえよ。
> {x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)を満たす解は、無数にあります。
省5
447: 2019/12/27(金)23:06:54.10 ID:t0lcl5AJ(1) AAS
>>446
ハワイ🌴🏄
462: 日高 2019/12/28(土)12:59:53.10 ID:bWyUqG08(9/15) AAS
>444
>日高はxを素数だと思い込んでいる。
したがって、(z+y)(z-y)の約数はx^2,x,1である。
z+y>z-yだからz-y=1だというとんでも論理を主張している。
xは、有理数です。
524: 日高 2019/12/29(日)17:15:48.10 ID:0OrGG5Rh(27/62) 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。
851(1): 2020/01/13(月)15:24:54.10 ID:jsswnQPu(2/7) AAS
>>850
この式のどこが理解できない？
971(2): 日高 2020/01/16(木)09:19:44.10 ID:D8HUqGB2(7/19) 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。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、z^p=x^p+y^pとz^p×1=x^p+y^pと(z^p/a)×a=x^p+y^pのx,y,zの比は等しい。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考える。
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。
989: 2020/01/16(木)12:03:38.10 ID:b5IBvfX/(6/10) AAS
>>984
> 【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。
> x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2=z^2-y^2とx^2×1=z^2-y^2と(x^2/a)×a=z^2-y^2のx,y,zの比は等しい。
> したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考える。
> 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。
省1
上下前次1-新書関写板覧索設栞歴
ｽﾚ情報 赤ﾚｽ抽出 画像ﾚｽ抽出 歴の未読ｽﾚ AAｻﾑﾈｲﾙ
ぬこの手 ぬこTOP 0.039s