[過去ﾛｸﾞ] 二項定理を使ったフェルマーの最終定理の証明 (1002ﾚｽ)
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1(29): 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2020/09/11(金)06:51 ID:Z/+Gix7z(1/9) 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
2: 日高 [kokaji222@yahoo.co.jp] 2020/09/11(金)06:59 ID:Z/+Gix7z(2/9) 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。
3(4): 日高 2020/09/11(金)08:47 ID:Z/+Gix7z(3/9) AAS
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
4(1): 2020/09/11(金)09:18 ID:iz6nFVRv(1) AAS
>>1
クソスレ立てるな
5: 日高 2020/09/11(金)10:19 ID:Z/+Gix7z(4/9) AAS
>4
クソスレ立てるな
どの部分がクソスレでしょうか？
6: 日高 2020/09/11(金)12:36 ID:Z/+Gix7z(5/9) AAS
>3
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=3、x=4
7: 日高 2020/09/11(金)16:12 ID:Z/+Gix7z(6/9) AAS
>3
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=5、x=12
8(1): 日高 2020/09/11(金)17:38 ID:Z/+Gix7z(7/9) AAS
>3
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=7、x=24
9: 日高 2020/09/11(金)18:04 ID:Z/+Gix7z(8/9) AAS
>3
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=9、x=40
10(1): 2020/09/11(金)20:21 ID:ls8kpQyB(1) AAS
ただx^2+(2x+1)=(x+1)^2ってだけのことになんでこいつは得意げになってるんだ？
11: 日高 2020/09/11(金)20:41 ID:Z/+Gix7z(9/9) AAS
>10
ただx^2+(2x+1)=(x+1)^2ってだけのことになんでこいつは得意げになってるんだ？
x^2+y^2=(x+1)^2です。
12: 2020/09/11(金)21:59 ID:GFHT2GWs(1) AAS
ついにスレ乱立させて本格的に荒らし始めたな
13(1): 2020/09/11(金)22:23 ID:5dwoXKFC(1) AAS
いや、クライン・ゴルドン方程式を使った方が簡単に求められる。
14: 日高 2020/09/12(土)06:44 ID:2epNoeZd(1/27) AAS
>13
いや、クライン・ゴルドン方程式を使った方が簡単に求められる。
y^2=2x+1は、私のフェルマーの最終定理の証明を、
わかりやすく、説明するためのものです。
15: 日高 2020/09/12(土)06:51 ID:2epNoeZd(2/27) 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。
16(5): 日高 2020/09/12(土)07:48 ID:2epNoeZd(3/27) 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】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。
x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
17(2): 2020/09/12(土)08:10 ID:TjxId053(1/12) AAS
>>16
> x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
x=sw、y=tw、z=uw とおくと、(s,t,uは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
両辺を w^p で割って、
s^p+t^p=u^p
省2
18(1): 日高 2020/09/12(土)08:17 ID:2epNoeZd(4/27) AAS
>17
有理数解が見つかったので、証明は失敗です。
証明は失敗では、ありません。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、当然 s^p+t^p=u^pとなります。
19(2): 2020/09/12(土)08:19 ID:TjxId053(2/12) AAS
>>18
> >17
> 有理数解が見つかったので、証明は失敗です。
>
> 証明は失敗では、ありません。
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、当然 s^p+t^p=u^pとなります。
いやだから、 s,t,u が有理数解って言ってんじゃん。
20(1): 2020/09/12(土)08:42 ID:DyDVTVYH(1) AAS
>>16の証明が正しいのなら
【日高定理】p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない
も成り立つ
x^2+y^2=(x+√2)^2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
x^2+y^2=(x+2)^2=(x+√2*√2)^2だからx,y,zは整数比とならない
p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない
あるいは
x^2+y^2=(x+2)^2の右辺を二項展開すると
yが無理数のときx,y,zは整数比とならない
省7
21(1): 日高 2020/09/12(土)09:06 ID:2epNoeZd(5/27) AAS
>19
いやだから、 s,t,u が有理数解って言ってんじゃん。
どういう意味でしょうか？
22(2): 2020/09/12(土)09:10 ID:TjxId053(3/12) AAS
>>21
> >19
> いやだから、 s,t,u が有理数解って言ってんじゃん。
>
> どういう意味でしょうか？
１．s^p+t^p=u^p が成り立っている。
２．s,t,u は有理数である。
３．よって s,t,u は x^p+y^p=z^p の有理数解である。
こういう意味です。
23(2): 日高 2020/09/12(土)09:10 ID:2epNoeZd(6/27) AAS
>20
rが無理数の時にyを有理数にすればx,y,zは整数比とならない
ということからx^p+y^p=z^pが自然数解を持たないことは言えない
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比となります。
24(1): 日高 2020/09/12(土)09:14 ID:2epNoeZd(7/27) AAS
>22
１．s^p+t^p=u^p が成り立っている。
２．s,t,u は有理数である。
３．よって s,t,u は x^p+y^p=z^p の有理数解である。
こういう意味です。
これは、p=2の場合ですね。
25(2): 日高 2020/09/12(土)09:15 ID:2epNoeZd(8/27) 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】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)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。
x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
26(2): 2020/09/12(土)09:16 ID:TjxId053(4/12) AAS
>>24
> >22
> １．s^p+t^p=u^p が成り立っている。
> ２．s,t,u は有理数である。
> ３．よって s,t,u は x^p+y^p=z^p の有理数解である。
>
> こういう意味です。
>
> これは、p=2の場合ですね。
どうして？
省3
27: 日高 2020/09/12(土)09:17 ID:2epNoeZd(9/27) 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。
(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。
28(1): 2020/09/12(土)09:20 ID:DaYxHEHg(1/4) AAS
>>25
> (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。
p^{1/(p-1)は無理数なんでしょ？
おまえは自分で書いたことが理解できないのか？
>>23
> rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比となります。
29(1): 日高 2020/09/12(土)09:20 ID:2epNoeZd(10/27) AAS
>26
どうして？
pが奇素数でも、>>16の
> x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
から言えるよね？
「成り立つならば、」の場合は、言えます
30(5): 2020/09/12(土)09:24 ID:TjxId053(5/12) AAS
>>29
> >26
> どうして？
> pが奇素数でも、>>16の
> > x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
> から言えるよね？
>
> 「成り立つならば、」の場合は、言えます
でもあなた、無理数比の整数解
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
省3
31(1): 日高 2020/09/12(土)09:24 ID:2epNoeZd(11/27) AAS
>28
おまえは自分で書いたことが理解できないのか？
>>23
> rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比となります。
これは、p=2の場合です。
> (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。
p^{1/(p-1)は無理数なんでしょ？
これは、pが奇素数の場合です。
32: 2020/09/12(土)09:25 ID:TjxId053(6/12) AAS
>>30
「整数比の無理数解」でした。失礼しました。
33(1): 日高 2020/09/12(土)09:29 ID:2epNoeZd(12/27) AAS
>30
でもあなた、無理数比の整数解
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
が「成り立たない」
って証明中で言えてないよ。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、s^p+t^p=u^pと同じです。
34(3): 2020/09/12(土)09:33 ID:TjxId053(7/12) AAS
>>33
> >30
> でもあなた、整数比の無理数解
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、s^p+t^p=u^pと同じです。
同じだから何？
回答を繰り返します。
省4
35(1): 2020/09/12(土)09:34 ID:DaYxHEHg(2/4) AAS
>>31
> > rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比となります
> これは、p=2の場合です。
p=2の場合でも無条件で整数比にはならない
> p=2の場合です
と書いただけではpが奇素数の場合に使えないことにはならない
> これは、pが奇素数の場合です。
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比とならない(であろう)ことは
一切検討されていない
>>25では
省7
36(1): 日高 2020/09/12(土)09:39 ID:2epNoeZd(13/27) AAS
>35
現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
1を見てください。
37: 日高 2020/09/12(土)09:40 ID:2epNoeZd(14/27) 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。
(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。
38(1): 日高 2020/09/12(土)09:41 ID:2epNoeZd(15/27) 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】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)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。
x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
39(2): 2020/09/12(土)09:57 ID:DaYxHEHg(3/4) AAS
>>36
> 1を見てください。
見てもあんたの証明が間違っていることには変わらんよ
あんたは根本的な部分を直さないから>>1でも全く同じ
現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
40(1): 日高 2020/09/12(土)10:10 ID:2epNoeZd(16/27) AAS
>39
現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
rが無理数の時にyを無理数とした場合は、1で説明しています。
41(2): 2020/09/12(土)10:15 ID:DaYxHEHg(4/4) AAS
>>40
> rが無理数の時にyを無理数とした場合は、1で説明しています。
していないよ
>>1
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき
> (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
42(1): 日高 2020/09/12(土)10:54 ID:2epNoeZd(17/27) AAS
>41
> rが無理数の時にyを無理数とした場合は、1で説明しています。
していないよ
(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。
としています。
43: 2020/09/12(土)11:52 ID:TjxId053(8/12) AAS
>>1氏、
>>34 （ >>30でも可）に返信をお願いします。
44(2): 日高 2020/09/12(土)12:17 ID:2epNoeZd(18/27) AAS
>34
> でもあなた、整数比の無理数解
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、s^p+t^p=u^pと同じです。
1で、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たないことを、説明しています。
45(2): 2020/09/12(土)12:37 ID:TjxId053(9/12) AAS
>>44
> >34
> > でもあなた、整数比の無理数解
> > (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> > が「成り立たない」
> > って証明中で言えてないよ。
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、s^p+t^p=u^pと同じです。
> 1で、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たないことを、説明しています。
今>>1を証明している最中なので、>>1はまだ証明されていません。
省4
46(1): 日高 2020/09/12(土)13:39 ID:2epNoeZd(19/27) AAS
>45
今>>1を証明している最中なので、>>1はまだ証明されていません。
なので、理由に>>1を使うことはできません。
s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。
47(2): 2020/09/12(土)14:58 ID:TjxId053(10/12) AAS
>>46
> >45
> 今1を証明している最中なので、1はまだ証明されていません。
> なので、理由に1を使うことはできません。
> s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。
これに関しては異論はありません。
問題視しているのは、あなたの回答>>44の
> 1で、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たないことを、説明しています。
です。
で、繰り返しになりますが、私はこう回答しました。
省3
48(1): 日高 2020/09/12(土)15:12 ID:2epNoeZd(20/27) AAS
>47
> 今>>1を証明している最中なので、>>1はまだ証明されていません。
> なので、理由に>>1を使うことはできません。
理由に>>1を使っているわけでは、ありません。自然数解をもつか、持たないかは、
関係なく、 s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。
49: 日高 2020/09/12(土)15:14 ID:2epNoeZd(21/27) 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。
(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。
50(4): 日高 2020/09/12(土)15:15 ID:2epNoeZd(22/27) 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】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)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。
x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
51: 日高 2020/09/12(土)15:18 ID:2epNoeZd(23/27) AAS
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=11、x=60
52(2): 2020/09/12(土)15:54 ID:TjxId053(11/12) AAS
>>48
> >47
> > 今1を証明している最中なので、1はまだ証明されていません。
> > なので、理由に1を使うことはできません。
>
> 理由に>>1を使っているわけでは、ありません。自然数解をもつか、持たないかは、
> 関係なく、 s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。
> 理由に>>1を使っているわけでは、ありません。
分かりました。
> 自然数解をもつか、持たないかは、
省10
53(1): 日高 2020/09/12(土)16:20 ID:2epNoeZd(24/27) AAS
>52
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。
はい。
> という事は、「成り立つならば、」の可能性があるって事だよね。
とどう絡みますか？
どういう意味でしょうか？
54: 日高 2020/09/12(土)17:15 ID:2epNoeZd(25/27) AAS
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=13、x=84
55(1): 2020/09/12(土)18:29 ID:SF7D3xj6(1/2) AAS
>>42
> (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。
> としています。
この場合はrが無理数の時にyを無理数とした場合ではありません
x=sw,y=tw(s,tは有理数,wは無理数)とおいているのでrが無理数の時にyを無理数としてx,y,zが整数比の場合です
よってx,y,zが整数比とならないことの証明には使えません
p^{1/(p-1)}が無理数なら
wは無理数として(sw)^p+(tw)^p=(sw+w)^pを考えれば分かりやすいでしょう
この式が成り立つ場合はs^p+t^p=(s+1)^pが成り立ちx,y,zの比は
省4
56(1): 日高 2020/09/12(土)19:33 ID:2epNoeZd(26/27) AAS
>55
p^{1/(p-1)}が無理数なら
wは無理数として(sw)^p+(tw)^p=(sw+w)^pを考えれば分かりやすいでしょう
この式が成り立つ場合はs^p+t^p=(s+1)^pが成り立ちx,y,zの比は
s:t:s+1 (s,tは有理数)となるので整数比になります
(4)のx,yが整数比とならないので、s^p+t^p=(s+1)^pのs,tも整数比となりません。
よって、s^p+t^p=(s+1)^pは、なりたちません。
57(1): 2020/09/12(土)20:18 ID:pP5eR4n/(1) AAS
こんなんで解けるなら数百年の間取り組んできた数学者は何してたと思う?
58(1): 日高 2020/09/12(土)20:40 ID:2epNoeZd(27/27) AAS
>57
こんなんで解けるなら数百年の間取り組んできた数学者は何してたと思う?
こんなんで解けます。間違いがあれば、指摘してください。
59(1): 2020/09/12(土)21:18 ID:SF7D3xj6(2/2) AAS
>>56
> (4)のx,yが整数比とならないので
整数比とならないことの証明がありません
>>50では相変わらず
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき
なのでrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
よって現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
60(1): 2020/09/12(土)21:36 ID:wYoINB2I(1) AAS
>>58
何度も間違いを指摘されてるだろ
日高は
・自分が思っているより世の中の数学者は頭が良い
・自分が思っているより自分は頭が悪い
ことを分かってくれ
61(1): 2020/09/12(土)22:30 ID:TjxId053(12/12) AAS
>>53
> > という事は、「成り立つならば、」の可能性があるって事だよね。
> とどう絡みますか？
>
> どういう意味でしょうか？
すみません。この質問は自分も意味が分かりません。
> >52
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> > が「成り立たない」
> > って証明中で言えてないよ。
省5
62(1): 2020/09/13(日)00:05 ID:T+9N6H/j(1/2) AAS
x,y,z,t を実数で定義して ( t > 2)
x^t + y^t = z^t の式に書き換えてから
波動関数を使って解析すれば楽勝なんですよね。
63(1): 2020/09/13(日)00:07 ID:T+9N6H/j(2/2) AAS
その際、クライン・ゴルドン方程式と
量子論の手法が大いに役に立ちます。
64(3): 日高 2020/09/13(日)06:25 ID:6Gdzz29l(1/52) AAS
>59
> (4)のx,yが整数比とならないので
整数比とならないことの証明がありません
(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。で、証明しています。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき
なのでrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
(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)以下で、検討しています。
65: 日高 2020/09/13(日)06:27 ID:6Gdzz29l(2/52) AAS
>60
何度も間違いを指摘されてるだろ
どの部分が、間違いかを、指摘してください。
66(2): 2020/09/13(日)06:27 ID:pnRiX9Ah(1/7) AAS
>>64
> (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)以下で、検討しています。
>>50の証明にはありませんが。
67: 日高 2020/09/13(日)06:36 ID:6Gdzz29l(3/52) AAS
>61
整数比の無理数解 (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p が「成り立たない」と証明中で言えてない
という事でよろしいでしょうか。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p は、s^p+t^p=u^pと同じです。
証明で、x^p+y^p=z^pは、x,y,zが有理数のとき、成り立たないことを、言っています。
68: 日高 2020/09/13(日)06:37 ID:6Gdzz29l(4/52) AAS
>62
x^t + y^t = z^t の式に書き換えてから
波動関数を使って解析すれば楽勝なんですよね。
どういう意味でしょうか？
69: 日高 2020/09/13(日)06:39 ID:6Gdzz29l(5/52) AAS
>63
その際、クライン・ゴルドン方程式と
量子論の手法が大いに役に立ちます。
どういう意味でしょうか？
70(1): 日高 2020/09/13(日)06:43 ID:6Gdzz29l(6/52) AAS
>66
>>50の証明にはありませんが。
1を見てください。
71: 日高 2020/09/13(日)06:45 ID:6Gdzz29l(7/52) 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。
(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。
72(1): 2020/09/13(日)06:48 ID:pnRiX9Ah(2/7) AAS
>>70
> >66
> >>50の証明にはありませんが。
>
> 1を見てください。
>>1,50 と、異なった内容の証明が二つあると混乱するので、
お手数ですが、>>1の内容をレスし直してもらっても良いですか。
73(1): 2020/09/13(日)06:52 ID:hpwR7473(1) AAS
>>64
> > (4)のx,yが整数比とならないので
> 整数比とならないことの証明がありません
> (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)以下で、検討しています。
(3)でx=sw,y=twとおいた場合はs,tは有理数なのでx,yは整数比です
よって(4)のx,yも整数比になります
> (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。で、証明しています。
それは証明が間違っています
s,tは有理数,wは無理数であればx,y,zが整数比になるケースが含まれます
> 以下で、検討しています。
省16
74(11): 日高 2020/09/13(日)06:54 ID:6Gdzz29l(8/52) AAS
>72
>>1の内容をレスし直してもらっても良いですか。
【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)
省4
75: 2020/09/13(日)06:55 ID:pnRiX9Ah(3/7) AAS
>>74
ありがとうございます。
76(2): 2020/09/13(日)06:56 ID:W+93Cdz5(1/4) AAS
>>64
それは循環論法だと何度も指摘されてるだろ。
あなたには理解できないだろうけど、明確な間違い。
77(1): 日高 2020/09/13(日)08:05 ID:6Gdzz29l(9/52) AAS
>73
>(3)でx=sw,y=twとおいた場合はs,tは有理数なのでx,yは整数比です
よって(4)のx,yも整数比になります
その場合に、式は、成り立ちません。
> (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。で、証明しています。
それは証明が間違っています
s,tは有理数,wは無理数であればx,y,zが整数比になるケースが含まれます
x,y,zが整数比ならば、式は成り立ちません。
> (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、sは無理数となる。
これはtが有理数のときなのでrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
省18
78(2): 日高 2020/09/13(日)08:07 ID:6Gdzz29l(10/52) AAS
>76
>それは循環論法だと何度も指摘されてるだろ。
あなたには理解できないだろうけど、明確な間違い。
どの部分が、循環論法かを、指摘してください。
79(1): 日高 2020/09/13(日)08:10 ID:6Gdzz29l(11/52) AAS
ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=4、x=3
80: 日高 2020/09/13(日)08:25 ID:6Gdzz29l(12/52) AAS
ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=6、x=8は、
y=3、x=4と同じ
81: 日高 2020/09/13(日)08:28 ID:6Gdzz29l(13/52) 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。
(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。
82(1): 2020/09/13(日)08:28 ID:3lvVgudu(1/2) AAS
>>77
> その場合に、式は、成り立ちません。
> x,y,zが整数比ならば、式は成り立ちません。
> s,tを有理数とすると、式は、成り立ちません。
成り立たないことを証明しなければいけないがあんたは証明していない
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。この場合の検討は、yを無理数としたときの
> 検討です。
y=twならば無理数であるがy=tだから無理数にはならない
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pの、(p^{1/(p-1)})/wが、有理数、無理数
> どちらも、検討しています。
省16
83(1): 日高 2020/09/13(日)08:51 ID:6Gdzz29l(14/52) AAS
>82
>成り立たないことを証明しなければいけないがあんたは証明していない
1で、証明しています。
>y=twならば無理数であるがy=tだから無理数にはならない
(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。
なので、同じことを、検討しています。
>していません
省16
84: 日高 2020/09/13(日)08:59 ID:6Gdzz29l(15/52) AAS
ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=8、x=15
85(1): 2020/09/13(日)09:08 ID:3lvVgudu(2/2) AAS
>>83
> 1で、証明しています。
してないですよ
> x=sw、y=twとおいて
だから
> (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。
は間違っていて
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合はsが有理数のときtは有理数
もしくは
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合はtが有理数のときsは有理数です
省4
86(1): 日高 2020/09/13(日)09:30 ID:6Gdzz29l(16/52) AAS
>85
> x=sw、y=twとおいて
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は
x,y,zは整数比になります
その通りですが、解にはなりません。
87: 日高 2020/09/13(日)09:33 ID:6Gdzz29l(17/52) AAS
ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=10、x=24は、
y=5、x=12と同じ
88(1): 2020/09/13(日)10:00 ID:IXsLSwRk(1) AAS
>>86
> > 1で、証明しています。
> してないですよ
> その通りですが、解にはなりません。
>>1で何も証明していないのだが解にはなりません
と言われても意味がわからないんだけれども解にならない理由は？
89(1): 2020/09/13(日)10:25 ID:W+93Cdz5(2/4) AAS
>>78
> >76
> >それは循環論法だと何度も指摘されてるだろ。
> あなたには理解できないだろうけど、明確な間違い。
>
> どの部分が、循環論法かを、指摘してください。
(3)でyが有理数のときはx,y,zは整数比にならない
(3)でyが無理数のときは(4)と同じ
(4)(4)のx,y,zは(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍で、(3)のx,y,zが整数比にならないから(4)のx,y,zも整数比にならない
と言いたいんすよね。
省2
90(1): 2020/09/13(日)10:53 ID:YKEXccTH(1/23) AAS
もしかして
数学板のトップページ
2ch板:math
に、フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
2chｽﾚ:math
が表示されなくなったので、新しくスレを立てたのですか？
掲示板の使い方すら理解できずに他人に迷惑をかける人には、数学の証明は無理です。
あきらめてください。
もう、フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
2chｽﾚ:math
省1
91(2): 2020/09/13(日)10:57 ID:YKEXccTH(2/23) AAS
>>90と思ったら、こちらのスレを立てた後に
フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
2chｽﾚ:math
にも書き込んでいる。
証明をあきらめて、掲示板に迷惑行為をすることにしたのですか？
92(2): 日高 2020/09/13(日)12:37 ID:6Gdzz29l(18/52) AAS
>88
>>1で何も証明していないのだが解にはなりません
と言われても意味がわからないんだけれども解にならない理由は？
x,yがともに、有理数とならないからです。
93(1): 日高 2020/09/13(日)12:51 ID:6Gdzz29l(19/52) AAS
>89
だけど、これだと(3)でyが無理数のときにx,y,zが整数比にならないことを示すのに(3)のx,y,zが整数比にならないことを
前提にしてるから循環論法です。
私の証明では、(3)でyが無理数のときにx,y,zが整数比にならないことを示すのに(3)のx,yが有理数のとき、(3)が成り立たないことを、使っています。
94(2): 日高 2020/09/13(日)12:56 ID:6Gdzz29l(20/52) AAS
>91
証明をあきらめて、掲示板に迷惑行為をすることにしたのですか？
ちがいます。1の内容を変えています。
表示の、頭に来るようにするためです。
95(1): 2020/09/13(日)12:57 ID:pnRiX9Ah(4/7) AAS
>>94
> >91
> 証明をあきらめて、掲示板に迷惑行為をすることにしたのですか？
>
> ちがいます。1の内容を変えています。
> 表示の、頭に来るようにするためです。
でも証明内容に変更があった場合、
>>1を書き換える事はできないですよね。
96: 日高 2020/09/13(日)12:58 ID:6Gdzz29l(21/52) 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。
(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。
97: 日高 2020/09/13(日)13:01 ID:6Gdzz29l(22/52) AAS
ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=12、x=35
98(1): 2020/09/13(日)13:02 ID:YKEXccTH(3/23) AAS
>>94
ではしょうがない。掲示板の迷惑行為の片棒を担ぐことになるが、
フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
2chｽﾚ:math
で返答がない書き込みを転載します。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pを
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
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
このスレ2chｽﾚ:mathの>>92の
省2
99(1): 2020/09/13(日)13:04 ID:YKEXccTH(4/23) AAS
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。
このスレ2chｽﾚ:mathの>>74
> 【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
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
省3
100(1): 日高 2020/09/13(日)13:05 ID:6Gdzz29l(23/52) AAS
>95
でも証明内容に変更があった場合、
>>1を書き換える事はできないですよね。
そうだと、思います。
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あと 902 ﾚｽあります
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