フェルマーの最終定理の簡単な証明その４

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1(13): 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2020/08/27(木)18:45 ID:q02tcKl1(1/6) AAS
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。

547(2): 2020/09/09(水)23:36 ID:+45gU4OM(4/5) AAS
>>517

>　s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p

できるだけ簡単な形にしてこれなのですか？こんな簡単なこともできないならあなたに証明は無理です。

たとえば、(2＾(1/2))^2を簡単な形に書くことすらできないってことでしょ？

もうあきらめてください。

548(1): 2020/09/09(水)23:45 ID:+45gU4OM(5/5) AAS
>>519

みました。

> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる

ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。

(4)の解が有理数で整数比になる時、
省7

549(1): 2020/09/10(木)00:04 ID:RFJoFTgr(1) AAS
>>540
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)

aがどんな値でも式は成り立ちます。a=1を特別扱いする理由がどこにもありません。
新たな数bを
b=(ap)^{1/(p-1)}
と定義すると、bはどんな数にでもなるように、aを決めることができます。
このとき、
r=bとなるので、rはどんな数にでもなります。

つまり、
AB=aCd(1/a)ならば、A=aCのとき、B=d(1/a)がなりたつとき、
省2

550(1): 日高 2020/09/10(木)10:58 ID:LOwpfBfp(1/32) AAS
>542
「a=1の場合、r^(p-1)=pとなるので」って，そんなこと成り立たないでしょう？

(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となります。

551: 日高 2020/09/10(木)11:04 ID:LOwpfBfp(2/32) AAS
>543
あなたの「x^p+y^p=z^p」は

{ x^p+y^p=z^p　　…(0)
{ z=x+p^{1/(p-1)}　　…(3')
の連立方程式(03')の意味ですよね。

z=x+p^{1/(p-1)}　これが、
z=uとなる場合です。

552: 日高 2020/09/10(木)11:07 ID:LOwpfBfp(3/32) AAS
>544
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pと書くと(03')の意味になるのでは？

はい。そうです。

553: 日高 2020/09/10(木)11:11 ID:LOwpfBfp(4/32) AAS
>545
> x=sw,y=tw,z=uw が、無理数で整数比となるならば、x=s,y=t,z=u は解ではない。」
> は正しいと思うのですが、いかがですか？

x=sw,y=tw,z=uw が、解ならば、x=s,y=t,z=uも、解になります。

554(1): 日高 2020/09/10(木)11:30 ID:LOwpfBfp(5/32) AAS
>546
(p^{1/(p-1)})/wが有理数なのだからこれもtの値を先に決めないといかんでしょ

(4)のrが有理数のとき、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならないので、
s,tどちらの値を先に決めても、s,tは、整数比となりません。

p=2の場合は、y^2と2xとなるので、yを先に決めれば、xが決まります。

555(2): 日高 2020/09/10(木)11:35 ID:LOwpfBfp(6/32) AAS
>547
>　s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p

できるだけ簡単な形にしてこれなのですか？こんな簡単なこともできないならあなたに証明は無理です。

s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pは間違いでしょうか？
正解を、教えてください。

556: 日高 2020/09/10(木)11:39 ID:LOwpfBfp(7/32) 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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
省2

557(1): 日高 2020/09/10(木)11:43 ID:LOwpfBfp(8/32) AAS
>548
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。

(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
この部分は、見ましたか？

558(1): 日高 2020/09/10(木)11:48 ID:LOwpfBfp(9/32) AAS
>549
AB=aCd(1/a)ならば、A=aCのとき、B=d(1/a)がなりたつとき、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)　の　r　はどんな数にでもなります。
a=1の場合をを特別扱いする理由がどこにもありません。

a=1、a=1以外、どちらも、x,y,zの比は同じです。

559: 日高 2020/09/10(木)11:49 ID:LOwpfBfp(10/32) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はyが有理数のとき、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

560(2): 2020/09/10(木)12:02 ID:wZ5gvMqG(1/4) AAS
>>550 日高
> >542
> 「a=1の場合、r^(p-1)=pとなるので」って，そんなこと成り立たないでしょう？
>
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となります。

またそうやって話をすり替える。

「a=1の場合、r^(p-1)=pとなるので」と「a=1、r^(p-1)=pのとき」では意味が違うではありませんか。

561(2): 2020/09/10(木)12:05 ID:wZ5gvMqG(2/4) AAS
>>555 日高
> >547
> >　s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p
>
> できるだけ簡単な形にしてこれなのですか？こんな簡単なこともできないならあなたに証明は無理です。
>
> s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pは間違いでしょうか？
> 正解を、教えてください。

ああ、君、それで、(ap)^{1/(p-1)}がrに等しいことがわからないのね。

562(1): 日高 2020/09/10(木)12:11 ID:LOwpfBfp(11/32) AAS
>560
「a=1の場合、r^(p-1)=pとなるので」と「a=1、r^(p-1)=pのとき」では意味が違うではありませんか。

どのように、違うのでしょうか？

563(1): 日高 2020/09/10(木)12:13 ID:LOwpfBfp(12/32) AAS
>561
ああ、君、それで、(ap)^{1/(p-1)}がrに等しいことがわからないのね。

どういう意味でしょうか？

564(1): 2020/09/10(木)12:22 ID:wZ5gvMqG(3/4) AAS
>>562 日高
> >560
> 「a=1の場合、r^(p-1)=pとなるので」と「a=1、r^(p-1)=pのとき」では意味が違うではありませんか。
>
> どのように、違うのでしょうか？

前者ではa=1だけが仮定。後者ではa=1とr^(p-1)=pの二つが仮定。違うでしょ？

565(1): 2020/09/10(木)12:23 ID:wZ5gvMqG(4/4) AAS
>>563 日高
> >561
> ああ、君、それで、(ap)^{1/(p-1)}がrに等しいことがわからないのね。
>
> どういう意味でしょうか？

どういう意味、って、君，この二つが等しいことはわかってるの？

566(2): 日高 2020/09/10(木)14:28 ID:LOwpfBfp(13/32) AAS
>564
前者ではa=1だけが仮定。後者ではa=1とr^(p-1)=pの二つが仮定。違うでしょ？

違いが、よくわかりません。

567: 日高 2020/09/10(木)14:35 ID:LOwpfBfp(14/32) AAS
>565
> ああ、君、それで、(ap)^{1/(p-1)}がrに等しいことがわからないのね。
>
> どういう意味でしょうか？

どういう意味、って、君，この二つが等しいことはわかってるの？

r=(ap)^{1/(p-1)}ですので、
rと、(ap)^{1/(p-1)}は、等しいです。

568: 日高 2020/09/10(木)14:36 ID:LOwpfBfp(15/32) 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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
省2

569: 2020/09/10(木)14:41 ID:bQ57CITg(1/2) AAS
>>566 日高

> 違いが、よくわかりません。

そんなんじゃ数学は無理だからあきらめなさい。

570: 日高 2020/09/10(木)15:36 ID:LOwpfBfp(16/32) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はyが有理数のとき、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

571(1): 2020/09/10(木)16:01 ID:GFlj6TNm(1/3) AAS
>>566
> 違いが、よくわかりません。
わからない人は、証明と主張してはいけません。妄想や願望と言いなさい。

572(1): 日高 2020/09/10(木)16:20 ID:LOwpfBfp(17/32) AAS
>571
わからない人は、証明と主張してはいけません。妄想や願望と言いなさい。

どうしてでしょうか？

573(2): 2020/09/10(木)16:32 ID:GFlj6TNm(2/3) AAS
>>572
証明になっているかどうな理解する能力も保証する能力も無いんでしょ。つまり嘘を垂れ流しているということ。
疑問でごまかす前に能力を身に着けてから出直せ。

574(1): 日高 2020/09/10(木)17:11 ID:LOwpfBfp(18/32) AAS
>573
証明になっているかどうな理解する能力も保証する能力も無いんでしょ。つまり嘘を垂れ流しているということ。
疑問でごまかす前に能力を身に着けてから出直せ。

どの部分が嘘でしょうか？

575(2): 2020/09/10(木)17:29 ID:GFlj6TNm(3/3) AAS
>>574

> >573
> 証明になっているかどうな理解する能力も保証する能力も無いんでしょ。つまり嘘を垂れ流しているということ。
> 疑問でごまかす前に能力を身に着けてから出直せ。
>
> どの部分が嘘でしょうか？
正しいことを本人が保証出来ない限り、全て嘘同然。

576(1): 日高 2020/09/10(木)18:06 ID:LOwpfBfp(19/32) AAS
>575
> どの部分が嘘でしょうか？
正しいことを本人が保証出来ない限り、全て嘘同然。

嘘の箇所を指摘していただけないでしょうか？

577(2): 日高 2020/09/10(木)18:12 ID:LOwpfBfp(20/32) 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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
省2

578: 日高 2020/09/10(木)18:21 ID:LOwpfBfp(21/32) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はyが有理数のとき、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

579(2): 2020/09/10(木)18:42 ID:bQ57CITg(2/2) AAS
>>577 日高
> (3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。

これ、まだ認められていません。それをいつまで繰り返す気ですか？

580(3): 2020/09/10(木)19:00 ID:SYBv0+eX(1/2) AAS
>>576

> >575
> > どの部分が嘘でしょうか？
> 正しいことを本人が保証出来ない限り、全て嘘同然。
>
> 嘘の箇所を指摘していただけないでしょうか？
間違えかどうか本人がわからないところは全て嘘のデタラメ。他人に指摘してもらいたいなら相応の謝礼を用意するべき。
デタラメを書き込むのはデマの流布。

581(1): 日高 2020/09/10(木)19:57 ID:LOwpfBfp(22/32) AAS
>579
> (3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。

これ、まだ認められていません。それをいつまで繰り返す気ですか？

x,yを有理数とすると、(3)は成り立ちません。

582(2): 2020/09/10(木)20:00 ID:AuQeaeh+(1/9) AAS
>>581 日高
> >579
> > (3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
>
> これ、まだ認められていません。それをいつまで繰り返す気ですか？
>
> x,yを有理数とすると、(3)は成り立ちません。

それは単なる君の思い込み。証明された事実としてはだれも認めていません。

583(2): 日高 2020/09/10(木)20:00 ID:LOwpfBfp(23/32) AAS
>580
> 嘘の箇所を指摘していただけないでしょうか？
間違えかどうか本人がわからないところは全て嘘のデタラメ。他人に指摘してもらいたいなら相応の謝礼を用意するべき。
デタラメを書き込むのはデマの流布。

私は、間違いは、無いと思っています。

584(2): 日高 2020/09/10(木)20:03 ID:LOwpfBfp(24/32) AAS
>582
x,yを有理数とすると、(3)は成り立ちません。
それは単なる君の思い込み。証明された事実としてはだれも認めていません。

p=3で試してみてください。

585(1): 2020/09/10(木)20:10 ID:pxvzp2QX(1/3) AAS
>>584
> p=3で試してみてください。
じゃねえよ

たとえばp=3ではこのようになります
(詳しい計算など)
見てください

のように書かないとダメでしょ

586(1): 2020/09/10(木)20:16 ID:AuQeaeh+(2/9) AAS
>>584 日高
> >582
> x,yを有理数とすると、(3)は成り立ちません。
> それは単なる君の思い込み。証明された事実としてはだれも認めていません。
>
> p=3で試してみてください。

pが3のときは私にも確かめられました。一般の奇素数pの場合をお尋ねしています。
なお、フェルマーの最終定理そのものが、p=3のときにはelementaryに証明されたはずです。
ですから、p=3には興味はありません。

587(1): 2020/09/10(木)20:18 ID:AuQeaeh+(3/9) AAS
>>583 日高
> >580
> > 嘘の箇所を指摘していただけないでしょうか？
> 間違えかどうか本人がわからないところは全て嘘のデタラメ。他人に指摘してもらいたいなら相応の謝礼を用意するべき。
> デタラメを書き込むのはデマの流布。
>
> 私は、間違いは、無いと思っています。

少し数学を勉強した人なら、高校２年生ぐらいでも、君の証明がでたらめだとわかります。

588(1): 2020/09/10(木)20:37 ID:pxvzp2QX(2/3) AAS
>>554
> s,tどちらの値を先に決めても、s,tは、整数比となりません。
そんなことは言えません
証明されていません

> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる

(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は(3)と同じとなるのでtが無理数のとき
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は(4)となるのでtが有理数のとき
が検討されていない

> p=2の場合は、y^2と2xとなるので、yを先に決めれば、xが決まります
省3

589: 2020/09/10(木)20:42 ID:SYBv0+eX(2/2) AAS
>>583

> >580
> > 嘘の箇所を指摘していただけないでしょうか？
> 間違えかどうか本人がわからないところは全て嘘のデタラメ。他人に指摘してもらいたいなら相応の謝礼を用意するべき。
> デタラメを書き込むのはデマの流布。
>
> 私は、間違いは、無いと思っています。
思い込みだけでしょ。つまり、妄想ってことだ。デマの流布。迷惑行為はやめろ。

590(2): 日高 2020/09/10(木)20:49 ID:LOwpfBfp(25/32) AAS
>585
たとえばp=3ではこのようになります
(詳しい計算など)
見てください

のように書かないとダメでしょ

x=1とすると、右辺は、
(1+3^(1/2))^3=1+3*3+3*3^(1/2)+3^(3/2)
となるので、無理数となります。

591(2): 2020/09/10(木)20:53 ID:AuQeaeh+(4/9) AAS
>>590 日高

> x=1とすると、右辺は、
> (1+3^(1/2))^3=1+3*3+3*3^(1/2)+3^(3/2)
> となるので、無理数となります。

p=3には興味がないってば。x=1だけわかってもしかたがないし。
でもまあともかく。この右辺が無理数だって証明できる？

592(1): 日高 2020/09/10(木)20:55 ID:LOwpfBfp(26/32) AAS
>586
pが3のときは私にも確かめられました。一般の奇素数pの場合をお尋ねしています。

一般の奇素数pの場合も展開すれば、無理数になることが、わかります。
また、符号が、+のみなので、有理数となることは、ありません。

593(1): 日高 2020/09/10(木)20:57 ID:LOwpfBfp(27/32) AAS
>587
少し数学を勉強した人なら、高校２年生ぐらいでも、君の証明がでたらめだとわかります。

でたらめの箇所を指摘していただけないでしょうか？

594(2): 2020/09/10(木)21:02 ID:AuQeaeh+(5/9) AAS
>>592 日高

> 一般の奇素数pの場合も展開すれば、無理数になることが、わかります。
> また、符号が、+のみなので、有理数となることは、ありません。

それでは証明になりません。

595: 2020/09/10(木)21:05 ID:AuQeaeh+(6/9) AAS
>>593 日高

> でたらめの箇所を指摘していただけないでしょうか？

前から指摘しているんだけど君が気づけないだけ。でももう一度。

>>577 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】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。

この「x,y,zは整数比とならない」。yが無理数の場合を調べていないからでたらめ。

596(1): 日高 2020/09/10(木)21:10 ID:LOwpfBfp(28/32) AAS
>588
x^2+y^2=z^2は解x,y,zの比がs:t:u√2(s,t,uは有理数)になるような解を持つことを示せ

わかりません。教えてください。

597(1): 日高 2020/09/10(木)21:13 ID:LOwpfBfp(29/32) AAS
>591
p=3には興味がないってば。x=1だけわかってもしかたがないし。
でもまあともかく。この右辺が無理数だって証明できる？

計算すれば、無理数になります。

598(1): 日高 2020/09/10(木)21:14 ID:LOwpfBfp(30/32) AAS
>594
> 一般の奇素数pの場合も展開すれば、無理数になることが、わかります。
> また、符号が、+のみなので、有理数となることは、ありません。

それでは証明になりません。

どうしてでしょうか？

599: 2020/09/10(木)21:16 ID:AuQeaeh+(7/9) AAS
>>597 日高
> >591
> p=3には興味がないってば。x=1だけわかってもしかたがないし。
> でもまあともかく。この右辺が無理数だって証明できる？
>
> 計算すれば、無理数になります。

計算した結果がいくつになって、そしてそれがどういう理由で無理数になるのですか？

600(5): 日高 2020/09/10(木)21:17 ID:LOwpfBfp(31/32) 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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
省2

601(2): 2020/09/10(木)21:17 ID:AuQeaeh+(8/9) AAS
>>598 日高
> >594
> > 一般の奇素数pの場合も展開すれば、無理数になることが、わかります。
> > また、符号が、+のみなので、有理数となることは、ありません。
>
> それでは証明になりません。
>
> どうしてでしょうか？

証明になると言うのでしたら、一般的な定理の形に書いて、証明してください。

602: 日高 2020/09/10(木)21:18 ID:LOwpfBfp(32/32) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はyが有理数のとき、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

603(2): 2020/09/10(木)21:19 ID:AuQeaeh+(9/9) AAS
>>600 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】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。

(3)にはzは出てこないんですが、どうして「x,y,zは整数比とならない」となるんですか？

604(1): 2020/09/10(木)21:26 ID:pxvzp2QX(3/3) AAS
>>590
> x=1とすると、右辺は、
> (1+3^(1/2))^3=1+3*3+3*3^(1/2)+3^(3/2)

x^2+y^2=(x+√3)^2でも同じことでしょ
整数比になることを考えるのならばr=√3だったらx,yは無理数じゃないとダメですよ

>>596
x^3+y^3=(x+r)^3のときだったらy^3={xの2次式}になるので
yを先に決めればxの2次方程式になる
その解xと先に与えたyの比が整数比になるかどうか

> x^2+y^2=z^2は解x,y,zの比がs:t:u√2(s,t,uは有理数)になるような解を持つ
省7

605(1): 2020/09/11(金)01:43 ID:Szc54JZY(1/2) AAS
>>555

>　s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pは間違いでしょうか？

問題文に「可能な限り式を簡単に書いてください」と書いてあるのだから、間違いです。

累乗の累乗の計算(x^m)^n=x^(mn)より
右辺={(s^p+t^p)^(1/p)}^p=(s^p+t^p)^(p*1/p)=s^p+t^pです。

よって元の式
省9

606(2): 2020/09/11(金)02:20 ID:Szc54JZY(2/2) AAS
>>557

日本語は、最初から最後に向かって読むものです。
数学の証明も、同じです。

「(4)のx,y,zも整数比とならない。」と書きたいなら、その証拠はそれを書く『前に』書く必要があります。

>>600について

> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
省10

607(1): 2020/09/11(金)03:15 ID:nlr/XJMy(1/3) AAS
>>558

もともと>>1さんのの主張はこうだった
> AB=CＤならば、A=Cのとき、B=Ｄが成り立つ

r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)として
r=p^{1/(p-1)}の時のことだけ考えた

そしてA=Cが成り立たないときのことを考えていないのでだめだと何度も何度も何度も…言われてこうなった

> AB=aCＤ(1/a)ならば、A=aCのとき、B=Ｄ(1/a)が成り立つ
そしたらこんどはAもＣもどんな数字でもよくなった
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)として
r=(ap)^{1/(p-1)}と置いたらｒはどんな数字にでもなる
省15

608(1): 2020/09/11(金)03:28 ID:nlr/XJMy(2/3) AAS
>>600

> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)

とおいたとき、aは0以外のどんな数でも成り立つ。

(2)がx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)になるのは

r=(ap)^{1/(p-1)}が成り立つときだけど
省4

609(3): 2020/09/11(金)03:46 ID:nlr/XJMy(3/3) AAS
>>600
4行目> (3)はyが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
5行目> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
6行目> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
7行目> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
8行目> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
9行目> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
10行目> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
11行目> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

7行目、定義より、ｘは有理数×無理数=無理数、ｙも有理数×無理数=無理数なので、
省5

610(2): 2020/09/11(金)06:02 ID:+SU7yer4(1/2) AAS
>>609
> 11行目> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

あ、そっか。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p で (p^{1/(p-1)})/w が有理数の場合は、
x^p+y^p=z^p の有理数解になるもんな。

611(1): 日高 2020/09/11(金)10:18 ID:Z/+Gix7z(1/15) AAS
>601
証明になると言うのでしたら、一般的な定理の形に書いて、証明してください。

二項展開してみて下さい。

612(2): 日高 2020/09/11(金)10:24 ID:Z/+Gix7z(2/15) AAS
>603
(3)にはzは出てこないんですが、どうして「x,y,zは整数比とならない」となるんですか？

z=x+p^{1/(p-1)}です。

613: 日高 2020/09/11(金)10:31 ID:Z/+Gix7z(3/15) AAS
>604
yを先に決めればxの2次方程式になる
その解xと先に与えたyの比が整数比になるかどうか
になる

そのとおりです。

614(1): 日高 2020/09/11(金)10:39 ID:Z/+Gix7z(4/15) AAS
>605
> sw,twが整数比となるので、式は成り立たない。
はインチキのウソです。

(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3)’が必ず成り立つことが、
sw,twが整数比となるので、式は成り立たない。
はインチキのウソです。ということになるのでしょうか？

615(1): 2020/09/11(金)11:30 ID:OcphTklJ(1/4) AAS
>>611 日高
> >601
> 証明になると言うのでしたら、一般的な定理の形に書いて、証明してください。
>
> 二項展開してみて下さい。

ああ、証明できていないのね。

616(1): 2020/09/11(金)11:31 ID:OcphTklJ(2/4) AAS
>>612 日高
20603
(3)にはzは出てこないんですが、どうして「x,y,zは整数比とならない」となるんですか？

z=x+p^{1/(p-1)}です。

617: 2020/09/11(金)11:35 ID:OcphTklJ(3/4) AAS
>>612 日高
> >603
> (3)にはzは出てこないんですが、どうして「x,y,zは整数比とならない」となるんですか？
>
> z=x+p^{1/(p-1)}です。

だったらわかるように書いて。
（>>616はミスです。すみません。）

618(2): 日高 2020/09/11(金)12:04 ID:Z/+Gix7z(5/15) AAS
>606
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。

あとで、ｙが無理数の場合を書いています。

619(1): 日高 2020/09/11(金)12:09 ID:Z/+Gix7z(6/15) AAS
>607
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
という1行には何の意味もありません。無駄な1行です。

無駄では、ありません。

620(1): 2020/09/11(金)12:14 ID:1u/r96bl(1) AAS
>>618

> >606
> ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
>
> あとで、ｙが無理数の場合を書いています。

その「あとで」が終わるまで「(3)に整数比の解が存在しない」は使えない(まだ成立していない)

621: 日高 2020/09/11(金)12:14 ID:Z/+Gix7z(7/15) AAS
>608
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
の(aは有理数)の部分は書いてあっても全く意味がない、無駄な一言です。

aは実数でもよいですが、aが何かを示す必要があります。

622: 日高 2020/09/11(金)12:19 ID:Z/+Gix7z(8/15) AAS
>609
10行目、s､t、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合が見つかったので証明は失敗です。

どういう意味でしょうか？
フェルマーの最終定理の反例になると、思いますが？

623(1): 日高 2020/09/11(金)12:23 ID:Z/+Gix7z(9/15) AAS
>610
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p で (p^{1/(p-1)})/w が有理数の場合は、
x^p+y^p=z^p の有理数解になるもんな。

pが奇素数のとき、
整数比には、なりますが、有理数解にはなりません。

624: 日高 2020/09/11(金)12:26 ID:Z/+Gix7z(10/15) AAS
>615
> 二項展開してみて下さい。

ああ、証明できていないのね。

二項展開してみたらわかります。

625: 日高 2020/09/11(金)12:29 ID:Z/+Gix7z(11/15) AAS
>620
その「あとで」が終わるまで「(3)に整数比の解が存在しない」は使えない(まだ成立していない)

yが有理数の場合は、成立しています。

626(5): 日高 2020/09/11(金)12:31 ID:Z/+Gix7z(12/15) 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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
省2

627: 日高 2020/09/11(金)12:32 ID:Z/+Gix7z(13/15) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

628(1): 2020/09/11(金)13:35 ID:nv82Tc9b(1) AAS
>>626 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】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。

「右辺を二項展開すると」と書いたら証明になると思ったら大間違いですよ。
これでは証明になっていません。

x,y,z=x+p^{1/(p-1)}が同時に有理数にならないことをいいたいだけなら
xとzとは同時に有理数たりえないと書けば済むのにねえ。

629: 日高 2020/09/11(金)13:43 ID:Z/+Gix7z(14/15) AAS
>628
x,y,z=x+p^{1/(p-1)}が同時に有理数にならないことをいいたいだけなら
xとzとは同時に有理数たりえないと書けば済むのにねえ。

そうですね。

630(2): 2020/09/11(金)13:48 ID:PaAy4K3v(1) AAS
xが有理数、pが素数のとき
(x+p^{1/(p-1)})^p
は直感では無理数になるような気がするけど、それはただの願望だし証明になっていない

631(1): 日高 2020/09/11(金)13:59 ID:Z/+Gix7z(15/15) AAS
>630
xが有理数、pが素数のとき
(x+p^{1/(p-1)})^p
は直感では無理数になるような気がするけど、それはただの願望だし証明になっていない

二項展開してみたらわかります。

632: 2020/09/11(金)14:07 ID:OcphTklJ(4/4) AAS
日高君は、ひとには納得のゆく説明を求めるくせに、自分ではそれをしないのね。身勝手な人だね。

633(1): 2020/09/11(金)18:18 ID:LNoYrJLH(1) AAS
>>626

> 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。

ここではyが有理数の場合にのみ「x,y,zは整数比とならない」が成立しています。

> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。

(4)のx,y,zが「(3)のx,y,z、yが無理数」のa^{1/(p-1)}倍であった場合に「(4)のx,y,zは整数比とならない」は成立していません。
省6

634: 2020/09/11(金)19:04 ID:+SU7yer4(2/2) AAS
>>623
> >610
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p で (p^{1/(p-1)})/w が有理数の場合は、
> x^p+y^p=z^p の有理数解になるもんな。
>
> pが奇素数のとき、
> 整数比には、なりますが、有理数解にはなりません。

s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p が成り立っています。
１． s は有理数です。
２． t は有理数です。
省2

635: 2020/09/11(金)19:42 ID:xRX+slpz(1) AAS
>>633

> ここではyが有理数の場合にのみ「x,y,zは整数比とならない」が成立しています。

そうですよね。だから「x,y,zは（すべてが同時に）有理数とはならない」が妥当だと思います。

636: 2020/09/12(土)06:28 ID:CobLRIF6(1) AAS
>>631
> >630
> xが有理数、pが素数のとき
> (x+p^{1/(p-1)})^p
> は直感では無理数になるような気がするけど、それはただの願望だし証明になっていない
>
> 二項展開してみたらわかります。

わかりません。

637: 2020/09/12(土)11:41 ID:bnmJc/B/(1/4) AAS
2chｽﾚ:mathの>>614

> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3)’が必ず成り立つことが、
> sw,twが整数比となるので、式は成り立たない。
> はインチキのウソです。ということになるのでしょうか？

なります。

(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3)’はw=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s,tがどんな数でも必ず成り立つので
sw,twが整数比となるので、式は成り立たない。
はインチキのウソです。

638: 2020/09/12(土)12:01 ID:bnmJc/B/(2/4) AAS
>>618

> あとで、ｙが無理数の場合を書いています。

日本語は、最初から最後に向かって読むものです。
数学の証明も、同じです。

>>626

> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
省5

639: 2020/09/12(土)12:27 ID:bnmJc/B/(3/4) AAS
>>619

> 無駄では、ありません。

いいえ、無駄です。

z=x+r、つまりr=z-xとしたとき、ｒはどんな値でも成り立つ。

> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
「aは0以外の任意の数」で成り立つので、aは有理数と書くのは意味がありません。
あなたの理屈
> AB=aCＤ(1/a)ならば、A=aCのとき、B=Ｄ(1/a)が成り立つ
で、r=(ap)^{1/(p-1)}としても、ｒはどんな値でも成り立つ。
省2

640: 2020/09/12(土)12:28 ID:bnmJc/B/(4/4) AAS
>>626

2chｽﾚ:mathの>>609を読んでください。

>>626の証明は、失敗です。

641: 2020/09/13(日)00:00 ID:tydNzcKi(1) AAS
日高さん、ここ以外にも書き散らしているようですが、ここ以外では歓迎されません。やめたほうがよいですよ。

642: 2020/09/13(日)06:15 ID:lvD613sl(1) AAS
>>626
数学とはまったく関係のない文章ですので、お笑い芸人板あたりでやるといいと思います。

643: 2020/09/13(日)08:05 ID:qRZkTNQA(1) AAS
別にここでも歓迎してないけどな

644: 2020/09/13(日)20:30 ID:2bzey4fk(1) AAS
日高が別スレを立てやがった

二項定理を使ったフェルマーの最終定理の証明
2chｽﾚ:math

645: 2020/09/13(日)22:15 ID:JzY3DWmv(1) AAS
さすが偉大な数学者は違うな

646: 2021/02/01(月)10:02 ID:2VOGL+TX(1) AAS
42 名前：日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日：2020/08/28(金) 20:29:09.97 ID:cjwSyL+I [15/17]
>39
仮定から結論を導くことができなかったので、間違いです

結論は、有理数解はないです。

43 名前：日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日：2020/08/28(金) 20:32:43.62 ID:cjwSyL+I [16/17]
>40
いいえ。
x=s、z=uは共に有理数ですから、明らかに成り立ちません。

どの式が、成り立たないのでしょうか？

44 名前：日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日：2020/08/28(金) 20:35:19.37 ID:cjwSyL+I [17/17]
省17

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