フェルマーの最終定理の簡単な証明5

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1(39): 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2020/01/16(木)20:54 ID:D8HUqGB2(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。

903(2): 2020/02/08(土)16:19 ID:ibI3IdPs(5/15) AAS
>>894 日高
> >889
> >>>887
> いつも成り立つ命題は真と言われます。
> 「AB=CDならばA=C」が真となるのはどういう場合ですか？
>
> A,B,C,Dが、式の場合です。

どんな式でも正しいですか？

904: 日高 2020/02/08(土)16:56 ID:tTQ8tdbJ(16/42) AAS
>900
>(z^p/a)=A、a=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=D
と
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は違うものなので

(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考えても、ダメです。
だから証明は間違っています。

(z^p/a)=A、a=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=D
と
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は違うものではない、ありません。

905: 日高 2020/02/08(土)16:58 ID:tTQ8tdbJ(17/42) AAS
訂正

(z^p/a)=A、a=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=D
と
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は違うものでは、ありません。

906(1): 日高 2020/02/08(土)17:03 ID:tTQ8tdbJ(18/42) AAS
>901
>(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
と
(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=D
は違うものです。

違うものを証明してもダメです。
だから証明は間違っています。

同じです。

907(1): 日高 2020/02/08(土)17:07 ID:tTQ8tdbJ(19/42) AAS
>902
>>>901
aの場合の解を定数倍すると1の場合の解になるから1の場合だけでよい、
というのが日高のトリックなのだが、その定数が有理数とは限らない。

違います。
899で、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
(1)が成り立つならば、(2),(3)も成り立つ。
省2

908(1): 2020/02/08(土)17:19 ID:ibI3IdPs(6/15) AAS
>>907
> (1)が成り立つならば、(2),(3)も成り立つ。
> (1)が成り立たないならば、(2),(3)も成り立たない。

その理由は？
それと、その、君以外だれも採用していないnotationはやめて呉れないか。

909(2): 2020/02/08(土)17:19 ID:lGrR43lm(6/10) AAS
>>906

x=3,y=8,z=3乗根√529
は
(ｚ^3/1)1=(x+y)(x^2-xy+y^2)
を満たすが
｛ 1=x^2-xy+y^2
｛ z^3/1=(x+y)
を満たさない。

別のものです。
なので証明は間違っています。

910(1): 日高 2020/02/08(土)17:44 ID:tTQ8tdbJ(20/42) AAS
>903
>> A,B,C,Dが、式の場合です。

どんな式でも正しいですか？

いいえ。

911: 2020/02/08(土)17:45 ID:lGrR43lm(7/10) AAS
>>909また間違い
x=3,y=8,z=3乗根√539
です

912(1): 日高 2020/02/08(土)17:50 ID:tTQ8tdbJ(21/42) AAS
>908
>> (1)が成り立つならば、(2),(3)も成り立つ。
> (1)が成り立たないならば、(2),(3)も成り立たない。
その理由は？

(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
両辺に、1/aを掛けると、
(z^p/a)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(1/a)
両辺に、aを掛けると、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
となるからです。

913(1): 2020/02/08(土)18:05 ID:ibI3IdPs(7/15) AAS
>>910 日高
> >903
> >> A,B,C,Dが、式の場合です。
>
> どんな式でも正しいですか？
>
> いいえ。

どんな式に対しても正しい命題を真なる命題という。
「pならばq」が真のとき、pからqが推論できる。
真でない場合は推論できない。

914(1): 日高 2020/02/08(土)18:06 ID:tTQ8tdbJ(22/42) AAS
>909
>x=3,y=8,z=3乗根√539
は
(ｚ^3/1)1=(x+y)(x^2-xy+y^2)
を満たすが
｛ 1=x^2-xy+y^2
｛ z^3/1=(x+y)
を満たさない。

別のものです。
なので証明は間違っています。
省3

915(4): 日高 2020/02/08(土)18:11 ID:tTQ8tdbJ(23/42) AAS
>913
>どんな式に対しても正しい命題を真なる命題という。
「pならばq」が真のとき、pからqが推論できる。
真でない場合は推論できない。

A,B,C,Dは、それぞれ、関係のある式でないと、駄目です。

916(1): 2020/02/08(土)18:11 ID:ibI3IdPs(8/15) AAS
>>912 日高

> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> 両辺に、1/aを掛けると、
> (z^p/a)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(1/a)
> 両辺に、aを掛けると、
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> となるからです。

君はここで、君にしか通用しないnotationと
普通の数学のnotationとを巧みに乗り換えて
インチキをしている。
省2

917(1): 2020/02/08(土)18:14 ID:ibI3IdPs(9/15) AAS
>>915 日高
> A,B,C,Dは、それぞれ、関係のある式でないと、駄目です。

どういう関係かな？　書いてみて。

918(1): 日高 2020/02/08(土)18:17 ID:tTQ8tdbJ(24/42) AAS
>916
>君はここで、君にしか通用しないnotationと
普通の数学のnotationとを巧みに乗り換えて
インチキをしている。

君にしか通用しないnotationとは、AB=CDと
書いてA=B,C=Dをも意味するとするものだ。

具体的に詳しく説明していただけないでしょうか。

919(1): 2020/02/08(土)18:19 ID:lGrR43lm(8/10) AAS
>>914
x=3,y=8,z=3乗根√539
は
(ｚ^3/1)1=(x+y)(x^2-xy+y^2)
を満たすし
(ｚ^3/49)*49=(x+y)(x^2-xy+y^2)
を満たすが

｛ 1=x^2-xy+y^2
｛ z^3/1=(x+y)
を満たさない
省6

920(1): 2020/02/08(土)18:20 ID:gN8zb5Js(1/5) AAS
>>915
命題「AB=CDならばA=C,B=D」は真ですか？

921(1): 2020/02/08(土)18:22 ID:ibI3IdPs(10/15) AAS
>>918 日高
> 君にしか通用しないnotationとは、AB=CDと
> 書いてA=B,C=Dをも意味するとするものだ。
>
> 具体的に詳しく説明していただけないでしょうか。

これだけ具体的に書いたのに理解できないの？

922(3): 日高 2020/02/08(土)18:26 ID:tTQ8tdbJ(25/42) AAS
>917
>> A,B,C,Dは、それぞれ、関係のある式でないと、駄目です。

どういう関係かな？　書いてみて。

訂正します。

A,B,C,Dが、文字であればよいです。

923(2): 2020/02/08(土)18:31 ID:ibI3IdPs(11/15) AAS
>>922
> A,B,C,Dが、文字であればよいです。

じゃあ、二つの文字式が等しいことの定義は？

924(1): 日高 2020/02/08(土)18:41 ID:tTQ8tdbJ(26/42) AAS
>919
>｛ 1=x^2-xy+y^2
｛ z^3/1=(x+y)
を満たさない
なので上の式2つと下の連立式は別のものです。

そして証明には
｛ 49=x^2-xy+y^2
｛ z^3/49=(x+y)
に当たるものも出てきません。
なので証明は間違っています。
省7

925(3): 日高 2020/02/08(土)18:45 ID:tTQ8tdbJ(27/42) AAS
>920
>命題「AB=CDならばA=C,B=D」は真ですか？

AB=CDならばA=Cのとき、B=Dとなります。

命題「AB=CDならばA=C,B=D」は真では、ありません。

926(1): 2020/02/08(土)18:48 ID:ibI3IdPs(12/15) AAS
>>922では成り立つ、>>925では成り立たない、
どうなっているの？

927: 日高 2020/02/08(土)18:50 ID:tTQ8tdbJ(28/42) AAS
>921
>> 君にしか通用しないnotationとは、AB=CDと
> 書いてA=B,C=Dをも意味するとするものだ。
>
> 具体的に詳しく説明していただけないでしょうか。

これだけ具体的に書いたのに理解できないの？

私の主張は、「AB=CDならばA=Cのとき、B=Dとなる。」です。

928(1): 2020/02/08(土)18:52 ID:gN8zb5Js(2/5) AAS
>>925
＞AB=CDならばA=Cのとき、B=Dとなります。
＞命題「AB=CDならばA=C,B=D」は真では、ありません。

「AB=CDならばA=Cのとき、B=Dとなります」も真ではありません

それはともかく

AB=CDならばA=Cのとき、どうなるかだけではなく、
AB=CDならばA≠Cのとき、どうなるかを示さないと証明にはなりません

929(1): 日高 2020/02/08(土)18:53 ID:tTQ8tdbJ(29/42) AAS
>923
>> A,B,C,Dが、文字であればよいです。

じゃあ、二つの文字式が等しいことの定義は？

どういう意味でしょうか？具体的に教えていただけないでしょうか。

930: 2020/02/08(土)18:56 ID:ibI3IdPs(13/15) AAS
>>929 日高
> >923
> >> A,B,C,Dが、文字であればよいです。
>
> じゃあ、二つの文字式が等しいことの定義は？
>
> どういう意味でしょうか？具体的に教えていただけないでしょうか。

私は質問をしています。質問の意味がわからないということですか？

931: 日高 2020/02/08(土)18:58 ID:tTQ8tdbJ(30/42) AAS
>926
>>>922では成り立つ、>>925では成り立たない、
どうなっているの？

「AB=CDならばA=C,B=D」と。
「AB=CDならばA=Cのとき、B=Dとなる。」
は、別と考えているからです。

932: 2020/02/08(土)19:00 ID:lGrR43lm(9/10) AAS
>>924
>　(z^3/1)1=(x+y)(x^2-xy+y^2)…(3)から、導いた式です。
> (z^3/49)49=(x+y)(x^2-xy+y^2)…(2)から、導いた式です。

(3)を満たすx=3,y=8,z=3乗根√539が
｛ 1=x^2-xy+y^2
｛ z^3/1=(x+y)
を満たさないことから明らかな通り、(3)から
｛ 1=x^2-xy+y^2
｛ z^3/1=(x+y)
は導けません。
省9

933(1): 2020/02/08(土)19:02 ID:YMPcf9ff(1/5) AAS
命題「AB=CDならばA=Cのとき、B=Dとなる。」から言えるのは、
AB=CDかつA=CのときB=Dとなることだけで、
A=Cである証明がない場合はB=Dとなるとは言えないのだよ。

934: 2020/02/08(土)19:06 ID:ibI3IdPs(14/15) AAS
>>933
日高は定数倍を無視した議論をしているんだよ。

935(4): 日高 2020/02/08(土)19:12 ID:tTQ8tdbJ(31/42) AAS
>928
>AB=CDならばA=Cのとき、どうなるかだけではなく、
AB=CDならばA≠Cのとき、どうなるかを示さないと証明にはなりません

A≠Cのときは、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
となります。

936(1): 2020/02/08(土)19:13 ID:YMPcf9ff(2/5) AAS
>>899の主張で日高が何を言っているか見てみようか

＞(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
と言っているのだから、

＞1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
は、B=Dであることを証明しているのではなく、x=1,y=1の時に限りB=Dであることしか言っていない。
x=1,y=1以外の時はB≠Dなのだから、この行はB=Dの証明とはなっていないし、>>899の他の部分にもB=Dである証明は一切ない。
よって、>>899は証明と呼べるものでは全くない

937(2): 2020/02/08(土)19:14 ID:ibI3IdPs(15/15) AAS
>>935 日高
A≠Cの場合もA=Cの場合に帰着できるという主張かね？

938(2): 2020/02/08(土)19:19 ID:gN8zb5Js(3/5) AAS
結局このひと、>>915では
＞「pならばq」が真のとき、pからqが推論できる。
＞真でない場合は推論できない。
なんてもっともらしいことを言いながら、「pならばq」を使ってqからpを推論してる箇所がところどころ見えるよね

939(2): 2020/02/08(土)19:24 ID:YMPcf9ff(3/5) AAS
>>935
何を言っとるかようわからんが
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}からx=1,y=1が推論できても
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}からx=1,y=1が推論できないんだから全然ダメでしょ

940(1): 2020/02/08(土)19:25 ID:lGrR43lm(10/10) AAS
>>938
彼は引用の記号「>」を1行目しか書かない。
そこはまだ引用部分だよ。
>　qからpを推論してる
には同意

941: 2020/02/08(土)19:28 ID:gN8zb5Js(4/5) AAS
>>940
そうなのね。勘違いしてた
日高のひとは数学の作法にも掲示板の作法にも従わないのね。わかりにくい

942(3): 2020/02/08(土)20:04 ID:YCre0bH4(1/9) AAS
>>939

> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}からx=1,y=1が推論できても
> a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}からx=1,y=1が推論できないんだから全然ダメでしょ

そうなんだ。
だけど彼の頭の中からはx,y,zをλx,λy,λz（λは0でない実数）で置き換えるというアイディアが抜けないらしい。
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のときそう置き換えると
a={(λx)^(p-1)-(λx)^(p-2)(λy)+…+(λy)^(p-1)}となりa=λ^(p-1)のときこれは
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に帰着する。
しかし帰着後のx,yは有理数とは限らない。λ=a^{1/(p-1)}だから。

943(3): 2020/02/08(土)20:22 ID:gN8zb5Js(5/5) AAS
>>942

＞x,y,zをλx,λy,λz（λは0でない実数）で置き換えるというアイディア
結局これは間違ってるんでしょ？

944(1): 2020/02/08(土)20:36 ID:YCre0bH4(2/9) AAS
>>943
はい。これで成功するならとっくに証明されていたと思われます。

945: 日高 2020/02/08(土)20:49 ID:tTQ8tdbJ(32/42) AAS
>936
>＞(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
と言っているのだから、

＞1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
は、B=Dであることを証明しているのではなく、x=1,y=1の時に限りB=Dであることしか言っていない。
x=1,y=1以外の時はB≠Dなのだから、この行はB=Dの証明とはなっていないし、>>899の他の部分にもB=Dである証明は一切ない。
よって、>>899は証明と呼べるものでは全くない

B≠Dの場合は、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
となります。

946(1): 日高 2020/02/08(土)20:54 ID:tTQ8tdbJ(33/42) AAS
>937
>>>935 日高
A≠Cの場合もA=Cの場合に帰着できるという主張かね？

A=Cでは、ありませんが、同様の形にできる。という意味です。

947: 日高 2020/02/08(土)20:59 ID:tTQ8tdbJ(34/42) AAS
>938
>結局このひと、>>915では
＞「pならばq」が真のとき、pからqが推論できる。
＞真でない場合は推論できない。
なんてもっともらしいことを言いながら、「pならばq」を使ってqからpを推論してる箇所がところどころ見えるよね

私も理解できません。

948(1): 2020/02/08(土)21:08 ID:YCre0bH4(3/9) AAS
>>946 日高
> >937
> >>>935 日高
> A≠Cの場合もA=Cの場合に帰着できるという主張かね？
>
> A=Cでは、ありませんが、同様の形にできる。という意味です。

それじゃやってみせて。

949(1): 日高 2020/02/08(土)21:09 ID:tTQ8tdbJ(35/42) AAS
>939
>何を言っとるかようわからんが
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}からx=1,y=1が推論できても
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}からx=1,y=1が推論できないんだから全然ダメでしょ

(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
(3)が成り立たないならば、(2)も成り立ちません。

950(2): 2020/02/08(土)21:14 ID:YCre0bH4(4/9) AAS
>>949 日高

> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> (3)が成り立たないならば、(2)も成り立ちません。

普通の数学のnotationだとどちらもz^p=x^p+y^pになって
三行目の主張はトートロジー。

だからこれは日高のnotationだよね？　それに従って証明してみせて。

951(1): 日高 2020/02/08(土)21:15 ID:tTQ8tdbJ(36/42) AAS
>942
>そうなんだ。
だけど彼の頭の中からはx,y,zをλx,λy,λz（λは0でない実数）で置き換えるというアイディアが抜けないらしい。
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のときそう置き換えると
a={(λx)^(p-1)-(λx)^(p-2)(λy)+…+(λy)^(p-1)}となりa=λ^(p-1)のときこれは
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に帰着する。
しかし帰着後のx,yは有理数とは限らない。λ=a^{1/(p-1)}だから。

どういう意味でしょうか？よく理解できませんので、詳しく教えていただけないでしょうか。

952: 日高 2020/02/08(土)21:18 ID:tTQ8tdbJ(37/42) AAS
>943
>>>942

＞x,y,zをλx,λy,λz（λは0でない実数）で置き換えるというアイディア
結局これは間違ってるんでしょ？

よく理解できません。

953(1): 2020/02/08(土)21:20 ID:YMPcf9ff(4/5) AAS
＞(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
＞(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
＞(3)が成り立たないならば、(2)も成り立ちません。

それが何か？

1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}からx=1,y=1が推論できても
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}からx=1,y=1が推論できないことには変わりがない

1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は(2)の特殊なケースに過ぎない

1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のとき解がないから
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のとき解がないとは言えない
もちろん
省2

954(1): 日高 2020/02/08(土)21:21 ID:tTQ8tdbJ(38/42) AAS
>944
>>>943
はい。これで成功するならとっくに証明されていたと思われます。

どういうことか、よく理解できません。

955(1): 日高 2020/02/08(土)21:25 ID:tTQ8tdbJ(39/42) AAS
>948
>> A≠Cの場合もA=Cの場合に帰着できるという主張かね？
>
> A=Cでは、ありませんが、同様の形にできる。という意味です。

それじゃやってみせて。

(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
となります。

956(1): 2020/02/08(土)21:27 ID:YCre0bH4(5/9) AAS
>>955 日高

そのあとは？

957(1): 日高 2020/02/08(土)21:30 ID:tTQ8tdbJ(40/42) AAS
>950
>> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> (3)が成り立たないならば、(2)も成り立ちません。

普通の数学のnotationだとどちらもz^p=x^p+y^pになって
三行目の主張はトートロジー。

(3)と(2)は、連立方程式にできます。
z^p=x^p+y^pのままでは、連立式には、できません。

958: 2020/02/08(土)21:30 ID:YCre0bH4(6/9) AAS
>>951 日高

> どういう意味でしょうか？よく理解できませんので、詳しく教えていただけないでしょうか。

>>954 日高

> どういうことか、よく理解できません。

この書き方で理解できる人だけを対象に想定して書いたものなので，悪しからず。

959(2): 2020/02/08(土)21:31 ID:YCre0bH4(7/9) AAS
>>957 日高
> >950
> > >> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> > (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> > (3)が成り立たないならば、(2)も成り立ちません。
>
> 普通の数学のnotationだとどちらもz^p=x^p+y^pになって
> 三行目の主張はトートロジー。
>
> (3)と(2)は、連立方程式にできます。
省3

960(1): 日高 2020/02/08(土)21:34 ID:tTQ8tdbJ(41/42) AAS
>953
>1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のとき解がないから
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のとき解がないとは言えない
もちろん
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のとき解がないとは言えない

どうしてでしょうか？

961(1): 日高 2020/02/08(土)21:38 ID:tTQ8tdbJ(42/42) AAS
>956
>そのあとは？

(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
(3)が成り立たないならば、(2)も成り立ちません。

962(1): 2020/02/08(土)21:38 ID:YCre0bH4(8/9) AAS
>>960 日高

> どうしてでしょうか？

日高が証明してみせればすべて解決するのになぜ証明してみせない？

963(1): 2020/02/08(土)21:40 ID:YCre0bH4(9/9) AAS
>>961 日高

> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> (3)が成り立たないならば、(2)も成り立ちません。

(2),(3)といっているが日高のnotationでの話だよな？
普通の数学のnotationに直したうえで、三行目の理由を説明してくれ。

964(1): 2020/02/08(土)21:50 ID:YMPcf9ff(5/5) AAS
＞> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のとき解がないから
＞> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のとき解がないとは言えない
＞> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のとき解がないとは言えない
＞どうしてでしょうか？

1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} と (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} の間に同値関係も包含関係もないからです

965(1): 日高 2020/02/09(日)07:29 ID:4kMS721s(1/18) 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^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(z^p/1)=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)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
省3

966(1): 日高 2020/02/09(日)07:40 ID:4kMS721s(2/18) AAS
>959
>(2)や(3)が連立方程式にできるのは日高のnotationによる場合のみ。
だから続きをやってみせて。

(2)と(3)は、連立方程式にできます。

967: 2020/02/09(日)07:46 ID:4kMS721s(3/18) AAS
>962
>1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のとき解がないから
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のとき解がないとは言えない
もちろん
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のとき解がないとは言えない

どうしてでしょうか？

連立式の一つ1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に解がないならば、
元の方程式にも、解はありません。

968(1): 日高 2020/02/09(日)07:51 ID:4kMS721s(4/18) AAS
>963
>> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> (3)が成り立たないならば、(2)も成り立ちません。

(2),(3)といっているが日高のnotationでの話だよな？
普通の数学のnotationに直したうえで、三行目の理由を説明してくれ。

普通の数学の、等式の性質から、導かれます。

969: 日高 2020/02/09(日)07:58 ID:4kMS721s(5/18) AAS
>964
>1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} と (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} の間に同値関係も包含関係もないからです

(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は、
連立式1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} と
(z^p/1)=(x+y)に分けて、考えられます。

970(1): 日高 2020/02/09(日)09:51 ID:4kMS721s(6/18) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
省3

971(1): 2020/02/09(日)10:26 ID:+K8ypIWi(1/16) AAS
>>965
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。

どのように証明するのですか？

972(3): 2020/02/09(日)10:28 ID:+K8ypIWi(2/16) AAS
>>966 日高
> >959
> >(2)や(3)が連立方程式にできるのは日高のnotationによる場合のみ。
> だから続きをやってみせて。
>
> (2)と(3)は、連立方程式にできます。

どういうふうにできるの？　そしてその続きは？

973(2): 2020/02/09(日)10:31 ID:+K8ypIWi(3/16) AAS
>>968
> 普通の数学の、等式の性質から、導かれます。

じゃあ、やってみせて。

974(1): 2020/02/09(日)10:34 ID:+K8ypIWi(4/16) AAS
>>970
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。

同じこと書いてる暇があるなら証明を書いてくれ。

975: 日高 2020/02/09(日)11:03 ID:4kMS721s(7/18) 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^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(z^p/1)=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)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
省3

976: 日高 2020/02/09(日)11:22 ID:4kMS721s(8/18) AAS
>971
>> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。

どのように証明するのですか？

等式は、両辺に同じ数をかけても、成り立ちます。
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
両辺に、aをかけると、
(z^p/1)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}a
両辺に、1/aをかけると、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
省1

977(1): 2020/02/09(日)11:24 ID:WD964c7P(1) AAS
＞連立式の一つ1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に解がないならば、
＞元の方程式にも、解はありません。

ハイこれ嘘。

1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)の間に論理的関係はないと言ったろ？

AB＝CD と B≠D が同時に成立することもあるし
AB≠CD と B＝D が同時に成立することもある

同様に
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} が成立して (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3) が成立しないことも
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} が成立せず (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3) が成立することもある
省4

978(1): 日高 2020/02/09(日)11:25 ID:4kMS721s(9/18) AAS
>972
>> (2)と(3)は、連立方程式にできます。

どういうふうにできるの？　そしてその続きは？

975を見て下さい。

979(1): 日高 2020/02/09(日)11:27 ID:4kMS721s(10/18) AAS
>974
>> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。

同じこと書いてる暇があるなら証明を書いてくれ。

等式は、両辺に同じ数をかけても、成り立ちます。
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
両辺に、aをかけると、
(z^p/1)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}a
両辺に、1/aをかけると、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
省1

980: 日高 2020/02/09(日)11:28 ID:4kMS721s(11/18) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
省3

981(1): 日高 2020/02/09(日)11:33 ID:4kMS721s(12/18) AAS
>977
>1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に解がないならば、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3) に解がないとは言えないし
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2) に解がないとも言えないし

日高の嘘がまた明らかになった。

例を、あげていただけないでしょうか。

982(1): 2020/02/09(日)12:05 ID:+K8ypIWi(5/16) AAS
>>979
> 等式は、両辺に同じ数をかけても、成り立ちます。
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> 両辺に、aをかけると、
> (z^p/1)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}a
> 両辺に、1/aをかけると、
> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> となります。

それはわかっています。質問しているのはその先です。

983: 2020/02/09(日)12:11 ID:+K8ypIWi(6/16) AAS
>>978 日高

> 975を見て下さい。

書いてないじゃん。

984: 2020/02/09(日)12:14 ID:+K8ypIWi(7/16) AAS
> 例を、あげていただけないでしょうか

例なんかいらないよ。正しい推論規則に従っていないことが明らかなんだから。

985(1): 2020/02/09(日)12:35 ID:+K8ypIWi(8/16) AAS
>>981
> 例を、あげていただけないでしょうか。

a=13の場合に解がないことを示してくれ。

986: 2020/02/09(日)14:34 ID:+K8ypIWi(9/16) AAS
>>985
p=3の場合に限ってもいいよ。

987(3): 日高 2020/02/09(日)14:54 ID:4kMS721s(13/18) 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^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(z^p/1)=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)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
省3

988(1): 日高 2020/02/09(日)14:58 ID:4kMS721s(14/18) AAS
>982
>> 等式は、両辺に同じ数をかけても、成り立ちます。
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> 両辺に、aをかけると、
> (z^p/1)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}a
> 両辺に、1/aをかけると、
> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> となります。

それはわかっています。質問しているのはその先です。

(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
省6

989: 2020/02/09(日)15:01 ID:+K8ypIWi(10/16) AAS
>>987
間違った証明を何度繰り返しても認めてはモラエナイヨ
数学を知らないだけだと思っていたので迷妄を晴らしてやろうと
相手をしてきたが悪質なごまかし野郎だったというわけか。

990: 2020/02/09(日)15:01 ID:+K8ypIWi(11/16) AAS
>>987
間違った証明を何度繰り返しても認めてはモラエナイヨ
数学を知らないだけだと思っていたので迷妄を晴らしてやろうと
相手をしてきたが悪質なごまかし野郎だったというわけか。

991: 2020/02/09(日)15:01 ID:+K8ypIWi(12/16) AAS
>>987
間違った証明を何度繰り返しても認めてはモラエナイヨ
数学を知らないだけだと思っていたので迷妄を晴らしてやろうと
相手をしてきたが悪質なごまかし野郎だったというわけか。

992(1): 2020/02/09(日)16:01 ID:+K8ypIWi(13/16) AAS
誤変換 & 三度書き込み、申し訳ありません。手が滑りました。
おまけに、ロボットと見なされたようで、書き込み禁止を食らっていました。
おわびが遅くなったのはそのためです。お許しください。

993(1): 2020/02/09(日)16:07 ID:+K8ypIWi(14/16) AAS
>>988
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。

それの使い方ではなく、それの証明をお尋ねしています。
答えてください。

994: 日高 2020/02/09(日)16:11 ID:4kMS721s(15/18) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
省3

995(2): 日高 2020/02/09(日)16:14 ID:4kMS721s(16/18) AAS
>993
>> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。

それの使い方ではなく、それの証明をお尋ねしています。
答えてください。

等式は、両辺に同じ数をかけても、成り立ちます。
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
両辺に、aをかけると、
(z^p/1)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}a
両辺に、1/aをかけると、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
省1

996(2): 2020/02/09(日)16:27 ID:+K8ypIWi(15/16) AAS
>>995 日高

それは通常のnotationの場合の証明であって、
日高のnotationでは(2)も(3)も連立方程式です。
そう読んだ場合の証明を述べてください。

それができないならあなたはただのペテン師です。

997: 2020/02/09(日)16:32 ID:c59wdKX3(1) AAS
>>996
>>890に近いものが返ってくると思われ

998(1): 日高 2020/02/09(日)17:10 ID:4kMS721s(17/18) AAS
>996
>それは通常のnotationの場合の証明であって、
日高のnotationでは(2)も(3)も連立方程式です。
そう読んだ場合の証明を述べてください。

どういう意味でしょうか？詳しく教えていただけないでしょうか。

999: 日高 2020/02/09(日)17:13 ID:4kMS721s(18/18) 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^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(z^p/1)=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)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
省3

1000: 2020/02/09(日)17:18 ID:+K8ypIWi(16/16) AAS
>>998
次スレで説明するよ。

1001(1): 1001 ID:Thread(1/2) AAS
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life time: 23日 20時間 23分 40秒

1002(1): 1002 ID:Thread(2/2) AAS
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