[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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37: 日高 2019/12/21(土)09:07:29.67 ID:MFpkHCEs(10/26) AAS
(x,y,z)=(3,4,5)
(X,Y,Z)=(5,12,13)
(x',y',z')=(15,8,17)
x'=Xx,y'=Z-z,z'=Z+y
206(1): 日高 2019/12/23(月)18:11:49.67 ID:ApwmpHz4(21/29) AAS
>197
> >{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}≠1
> の考察がない。やり直し
A=BCならば、C=1、B=Aとなる。
B=(x+y)、C={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}、A=z^2
281(1): 日高 2019/12/24(火)14:05:21.67 ID:wiVzZJzo(31/45) AAS
>279
(1) 1×z^3=(2x+5y)(x+3y)
(2) z×z^2=(2x+5y)(x+3y)
(3) z^2×z=(2x+5y)(x+3y)
(4) z^3×1=(2x+5y)(x+3y)
上記全て、
8=(2x+5y)(x+3y)なので、同じです。
1*8=(2x+5y)(x+3y)
2*4=(2x+5y)(x+3y)
4*2=(2x+5y)(x+3y)
省4
536(1): 日高 2019/12/29(日)20:28:46.67 ID:0OrGG5Rh(31/62) AAS
>528
>何度も説明してるのに知らんふりしてるけど、
任意の有理数だと定数倍しても自然数にならない解を得られるから。
例をあげていただけないでしょうか。
592(1): 日高 2019/12/29(日)22:50:10.67 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。
685(2): 2019/12/30(月)20:41:39.67 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。
710: 2019/12/31(火)22:55:04.67 ID:ALrdbv3e(1) AAS
大晦日くらいやめればいいのに
871: 日高 2020/01/13(月)21:03:24.67 ID:wbN54gWf(19/22) 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。
916: 日高 2020/01/15(水)15:54:42.67 ID:16OwUp8O(10/27) 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。
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