[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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101(2): 2020/09/13(日)13:06 ID:pnRiX9Ah(5/7) AAS
>>100
では証明内容に変更があった場合、
都度新スレを立てるという事ですか？
102(2): 2020/09/13(日)13:08 ID:YKEXccTH(5/23) AAS
このスレ2chｽﾚ:mathの>>74の
> (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)
について。
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が、今の本題ではありません。)))))
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^(p-1)=ap、つまりr=(ap)^{1/(p-1)}としても、ｒはどんな値でも成り立つ。
ｒは積の形にする前も後も、どんな値でも成り立つまま、変化はありません。
省1
103(1): 2020/09/13(日)13:15 ID:YKEXccTH(6/23) AAS
このスレ2chｽﾚ:mathの>>74の証明の
05行目> (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。
06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。
07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。
08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)
09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。
10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。
11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。
12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。
8行目の定義より、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
104(1): 2020/09/13(日)13:17 ID:YKEXccTH(7/23) AAS
>>103の最後の行、行番号を間違えました
11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。
105(1): 日高 2020/09/13(日)13:21 ID:6Gdzz29l(24/52) AAS
>98
> x,yがともに、有理数とならないからです。
はインチキのウソです。
(p^{1/(p-1)})/wが、有理数と、無理数両方の場合を、検討する必要があります。
１をよく見てください。
106(1): 日高 2020/09/13(日)13:23 ID:6Gdzz29l(25/52) AAS
>99
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
次の、行から、書いています。
107(1): 日高 2020/09/13(日)13:27 ID:6Gdzz29l(26/52) AAS
>101
>では証明内容に変更があった場合、
都度新スレを立てるという事ですか？
証明内容を、変更した場合、位置が、頭になりません。
108(1): 2020/09/13(日)13:29 ID:YKEXccTH(8/23) AAS
>>105
いいですか。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
証明は、失敗です。
109(1): 2020/09/13(日)13:33 ID:pnRiX9Ah(6/7) AAS
>>107
> >101
> >では証明内容に変更があった場合、
> 都度新スレを立てるという事ですか？
>
> 証明内容を、変更した場合、位置が、頭になりません。
それならそれで良いのですが、
それだったら、証明内容を変更したい理由で新スレ立てなくてもよかったのに。
と思いました。
110(1): 2020/09/13(日)13:34 ID:YKEXccTH(9/23) AAS
>>106
> 次の、行から、書いています。
後に書いたものは、証拠になりません。
「(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。
証明は失敗です。
111(1): 2020/09/13(日)14:07 ID:W+93Cdz5(3/4) AAS
>>93
(3)のyが有理数の場合だけじゃ(4)のx,y,zが整数比にならないことはわからないでしょ。
証明になってない。
これ以上は説明しませんのであしからず。
112(2): 日高 2020/09/13(日)14:55 ID:6Gdzz29l(27/52) AAS
>102
ｒは積の形にする前も後も、どんな値でも成り立つまま、変化はありません。
なにも変化がないのだから、積の形にすることは無駄です。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)を、
r^(p-1)=apとすると、
{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)となります。
これは、両辺にx^pを加えると、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となります。
113(1): 2020/09/13(日)15:04 ID:p4QUIW4P(1) AAS
>>112
> >102
> ｒは積の形にする前も後も、どんな値でも成り立つまま、変化はありません。
> なにも変化がないのだから、積の形にすることは無駄です。
>
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)を、
> r^(p-1)=apとすると、
> {(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)となります。
> これは、両辺にx^pを加えると、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となります。
x^p+y^p=z^p の解x,y,zに対し a=(z-x)^(p-1)/p とおきます
省4
114(1): 2020/09/13(日)15:07 ID:YKEXccTH(10/23) AAS
>>112
z=x+rとおくと、ｒはどんな数にでもなるので、
r=1でもｒ=√2でもなんでもいい。
ｒは何でもいいので、r=(ap)^{1/(p-1)}とすると
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)は
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)になります。
積の形にする必要は、まったくありません。
115(1): 日高 2020/09/13(日)15:16 ID:6Gdzz29l(28/52) AAS
>104
11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。
(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は無理数となります。
116(1): 2020/09/13(日)15:19 ID:YKEXccTH(11/23) AAS
>>115
> (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は無理数となります。
8行目の定義より、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、
5行目の無理数のx,有理数のyと8行目のx,yは当然別の比、別の数
7行目のx,y,zは5行目のx,y,zと同じ比ということなので8行目のx,yは当然別の比、別の数
別の比、別の数のなので、(4)となりません。インチキでウソですね。
証明は失敗です。
117(2): 2020/09/13(日)15:27 ID:36aPE5f3(1) AAS
>>1
要するにですね
> (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)
この積の形への変形は「あなたがどのように r=(ap)^{1/(p-1)} という表現を見出したか」に対する説明でしかないのですよ
そんなの証明としてはどうでもいいこと、無駄なんです
無駄が無駄だと指摘されているだけです
118(1): 日高 2020/09/13(日)15:30 ID:6Gdzz29l(29/52) AAS
>108
いいですか。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
成り立たないときは、ありませんが、zは、無理数となります。
証明は、失敗です。
119: 日高 2020/09/13(日)15:33 ID:6Gdzz29l(30/52) AAS
>109
それだったら、証明内容を変更したい理由で新スレ立てなくてもよかったのに。
と思いました。
わざわざ、ありがとうございました。
120(2): 2020/09/13(日)15:34 ID:YKEXccTH(12/23) AAS
>>118
> 成り立たないときは、ありませんが、zは、無理数となります。
証拠がありません。
当然のことながら、結論である「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は証拠に使えません。
証明は、失敗です。
121(1): 日高 2020/09/13(日)15:37 ID:6Gdzz29l(31/52) AAS
>110
後に書いたものは、証拠になりません。
「(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。
どんなふうに、書いたらよいのでしょうか？
122(1): 日高 2020/09/13(日)15:41 ID:6Gdzz29l(32/52) AAS
>111
(3)のyが有理数の場合だけじゃ(4)のx,y,zが整数比にならないことはわからないでしょ。
証明になってない。
(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。
(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。
としています。
123: 2020/09/13(日)15:43 ID:pnRiX9Ah(7/7) AAS
これでも進歩したんだよ。
ちゃんとyが無理数の場合も考えるようになったしね。
124: 日高 2020/09/13(日)15:49 ID:6Gdzz29l(33/52) AAS
>113
x^p+y^p=z^p の解x,y,zに対し a=(z-x)^(p-1)/p とおきます
これを変形した z=x+(ap)^{1/(p-1)} を x^p+y^p=z^p に代入すると
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p
が得られます
a=(z-x)^(p-1)/p は、どこから、導いて来られたのでしょうか？
125(1): 日高 2020/09/13(日)16:05 ID:6Gdzz29l(34/52) AAS
>114
z=x+rとおくと、ｒはどんな数にでもなるので、
r=1でもｒ=√2でもなんでもいい。
ｒは何でもいいので、r=(ap)^{1/(p-1)}とすると
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)は
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)になります。
積の形にする必要は、まったくありません。
例えば、p=3
(ap)^{1/(p-1)}=3
ならば、aが、求まります。
省1
126(1): 日高 2020/09/13(日)16:10 ID:6Gdzz29l(35/52) AAS
>116
>> (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は無理数となります。
>8行目の定義より、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、
5行目の無理数のx,有理数のyと8行目のx,yは当然別の比、別の数
7行目のx,y,zは5行目のx,y,zと同じ比ということなので8行目のx,yは当然別の比、別の数
別の比、別の数のなので、(4)となりません。インチキでウソですね。
証明は失敗です。
(4)と同じ形という意味です。
127(1): 2020/09/13(日)16:12 ID:YKEXccTH(13/23) AAS
>>125
それがどうかしましたか？
z=x+rとおくと、ｒはどんな数にでもなるのだから
例えば、p=3
(ap)^{1/(p-1)}=3
の場合を考えたいのなら、そうすればいいのです。
積の形にする必要は、まったくありません。
128(1): 日高 2020/09/13(日)16:13 ID:6Gdzz29l(36/52) AAS
>117
> (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)
この積の形への変形は「あなたがどのように r=(ap)^{1/(p-1)} という表現を見出したか」に対する説明でしかないのですよ
違います。意味があります。
129(1): 2020/09/13(日)16:15 ID:YKEXccTH(14/23) AAS
>>126
それがどうかしましたか？
同じ形だからなんだというのですか？
1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形なので、整数比の解は存在しないですか？そんなわけないですね。
同じ形かどうかは関係ありません。
別の比、別の数のなので、(4)と同じように考えられません。インチキでウソです。
証明は失敗です。
130: 日高 2020/09/13(日)16:17 ID:6Gdzz29l(37/52) AAS
>120
>> 成り立たないときは、ありませんが、zは、無理数となります。
>証拠がありません。
当然のことながら、結論である「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は証拠に使えません。
131: 日高 2020/09/13(日)16:20 ID:6Gdzz29l(38/52) AAS
>120
>> 成り立たないときは、ありませんが、zは、無理数となります。
>証拠がありません。
当然のことながら、結論である「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は証拠に使えません。
なので、
(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。
(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。
この、検討が、必要となります。
132(2): 2020/09/13(日)16:20 ID:W/GcTUq5(1) AAS
>>128
> >117
> > (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)
>
> この積の形への変形は「あなたがどのように r=(ap)^{1/(p-1)} という表現を見出したか」に対する説明でしかないのですよ
>
> 違います。意味があります。
その後の証明のどこにこの変形が生かされていますか？
それがなければ証明のなかで「意味」などありませんよ
133(1): 2020/09/13(日)16:28 ID:YKEXccTH(15/23) AAS
>>121
あなたの書いたものを活かすなら、こんな感じですかね。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を????
【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)の解x,y,zが整数比になるような条件を考える。
r^(p-1)=pを変形するとr=p^{1/(p-1)}で、このrはpが奇素数の時無理数
z=x+rより、rが無理数の時x,zは1つまたは2つが無理数
１つが無理数で１つが有理数のとき整数比にならないので、x,zはともに無理数
省15
134(1): 日高 2020/09/13(日)16:31 ID:6Gdzz29l(39/52) AAS
>127
>z=x+rとおくと、ｒはどんな数にでもなるのだから
例えば、p=3
(ap)^{1/(p-1)}=3
の場合を考えたいのなら、そうすればいいのです。
積の形にする必要は、まったくありません。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)とすることは、意味があります。
135(2): 日高 2020/09/13(日)16:48 ID:6Gdzz29l(40/52) AAS
>129
>1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形なので、整数比の解は存在しないですか？
1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形ですが、x^2+y^2=z^2に、整数比の
解が、存在しないことは、いえません。
136(1): 2020/09/13(日)16:51 ID:YKEXccTH(16/23) AAS
>>134
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)とすることは、意味があります。
意味があるなら、すればいいのです。
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。
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
積の形にする必要は、まったくありません。
省1
137(1): 2020/09/13(日)16:59 ID:YKEXccTH(17/23) AAS
>>135
> 1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形ですが、x^2+y^2=z^2に、整数比の
> 解が、存在しないことは、いえません。
そんなことは当たり前ですよね。
だから同じ形かどうかはどうでもいいんです。
あなたの>>74の5行目> ｙが無理数の時、ｘが有理数となる。
あなたの>>74の7行目> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
と書いてあるのだから、それは8行目の x=(有理数のｓ×無理数のｗ),y=(有理数のt×無理数のｗ)
と同じ比になるわけがないのです。
8行目のｘ、ｙは5行目の(3)のｘ、ｙとは絶対に違う比です。だから(3)と同じことは言えません。
省2
138(3): 日高 2020/09/13(日)17:20 ID:6Gdzz29l(41/52) AAS
>132
その後の証明のどこにこの変形が生かされていますか？
それがなければ証明のなかで「意味」などありませんよ
(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。
この部分で、生きています。
139(2): 日高 2020/09/13(日)17:32 ID:6Gdzz29l(42/52) AAS
>133
(p^{1/(p-1)})/wが有理数か無理数かを考える。
(p^{1/(p-1)})/wは、無理数、有理数どちらにも、なりえるので、両方考える必要があります。
140(1): 2020/09/13(日)17:35 ID:W+93Cdz5(4/4) AAS
>>122
結局、
(3)のx,y,zは整数比にならない …(A)
(4)のx,y,zは整数比にならない …(B)
あなたの説明は(A)と(B)を循環してるだけです。
証明ではありません。
141(1): 2020/09/13(日)17:40 ID:npGvBehd(1) AAS
で、いつまででたらめな文章ででたらめなことを書いて、数々の指摘を誤魔化すか無視し、正しいと言い張るんだ？
142(1): 2020/09/13(日)17:52 ID:9zWiKGRv(1) AAS
>>138
> >132
> その後の証明のどこにこの変形が生かされていますか？
> それがなければ証明のなかで「意味」などありませんよ
>
> (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。
>
> この部分で、生きています。
「x^p+y^p=z^p の解x,y,z を任意の実数倍したものが再びx^p+y^p=z^p の解となる」ということは積の形に変形することなく証明できます
省2
143(1): 2020/09/13(日)17:55 ID:YKEXccTH(18/23) AAS
>>139
では結論ははっきりしていますね。2chｽﾚ:mathの>>74の
5行目> (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。
8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行目のｘ、ｙは整数比なので、5行目のｘ、ｙとは明らかに別の比であり、8行目のx、y、zが整数比とならないかどうかは5行目のｘ、ｙ、zとは関係ない。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、8行目よりs,tは有理数なので、s、t、s+(p^{1/(p-1)})/wがすべて有理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、s、t、s+(p^{1/(p-1)})/wの3つの数とと同じ比の自然数解を持つ。
144(1): 日高 2020/09/13(日)18:33 ID:6Gdzz29l(43/52) AAS
>136
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。
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
>積の形にする必要は、まったくありません。
なぜ、必要がないのでしょうか？
(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。このことが、言えなくなります。
145(2): 2020/09/13(日)18:45 ID:YKEXccTH(19/23) AAS
>>144
> (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。このことが、言えなくなります。
いえますよ。
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。
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
a=1のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
a≠1のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)は
(あなたも手抜きしてるので手抜きするけど、ほんとはここで(4)の解を計算する必要がある。)
省2
146(3): 2020/09/13(日)19:15 ID:YKEXccTH(20/23) AAS
>>145修正
>>1の書き方に合わせたけど、よくないので修正
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。題意(問題の意味)より、r>0としても問題ない。(ｒの定義)
新たな数aをa=(r^(p-1))/pで定義すると、すべてのｒに対してaが1対1で決まる。よって、ｒ=(ap)^{1/(p-1)}とおくことができる。(値域の確認)
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}とおくと、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。(代入)
後は同様
147(1): 2020/09/13(日)19:45 ID:XCz+tFAm(1/4) AAS
>>92
> >>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。
意味が全く分からないです
以下が証明として成り立っているとは全く思えませんが
>【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。
【日高証明】x,yがともに、有理数とならないからです。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
148(3): 日高 2020/09/13(日)19:55 ID:6Gdzz29l(44/52) AAS
>137
あなたの>>74の5行目> ｙが無理数の時、ｘが有理数となる。
あなたの>>74の7行目> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
と書いてあるのだから、それは8行目の x=(有理数のｓ×無理数のｗ),y=(有理数のt×無理数のｗ)
と同じ比になるわけがないのです。
x,yが整数比とならないので、s,tも、整数比となりません。
149(1): 日高 2020/09/13(日)20:01 ID:6Gdzz29l(45/52) AAS
>140
(3)のx,y,zは整数比にならない …(A)
(4)のx,y,zは整数比にならない …(B)
あなたの説明は(A)と(B)を循環してるだけです。
証明ではありません。
どの部分が、循環していることになるのでしょうか？
150(1): 日高 2020/09/13(日)20:03 ID:6Gdzz29l(46/52) AAS
>141
で、いつまででたらめな文章ででたらめなことを書いて、数々の指摘を誤魔化すか無視し、正しいと言い張るんだ？
どの部分が、間違いでしょうか？
151: 日高 2020/09/13(日)20:07 ID:6Gdzz29l(47/52) 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。
152: 日高 2020/09/13(日)20:14 ID:6Gdzz29l(48/52) 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
153(1): 2020/09/13(日)20:18 ID:XCz+tFAm(2/4) AAS
>>149
> どの部分が、循環していることになるのでしょうか？
>>148
> x,yが整数比とならないので、s,tも、整数比となりません。
あんたのやり方
s,tが整数比とならないことを証明しろといわれたらx,yが整数比とならないからと答える
逆に
x,yが整数比とならないことを証明しろといわれたらs,tが整数比とならないからと答える
あんたはx,yが整数比とならないこともs,tが整数比とならないことも証明していない
154: 日高 2020/09/13(日)20:25 ID:6Gdzz29l(49/52) AAS
>142
「x^p+y^p=z^p の解x,y,z を任意の実数倍したものが再びx^p+y^p=z^p の解となる」ということは積の形に変形することなく証明できます
斉次多項式の一般的な性質ですね
z=x+rの場合の、「斉次多項式の一般的な性質」が、よく、わからないので、詳しく説明していただけないでしょうか。
155(2): 2020/09/13(日)20:31 ID:LfE6oKhG(1) AAS
>>150
疑問でごまかさずに質問に答えよ。
156(3): 日高 2020/09/13(日)20:33 ID:6Gdzz29l(50/52) AAS
>143
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、8行目よりs,tは有理数なので、s、t、s+(p^{1/(p-1)})/wがすべて有理数となる。
この場合は（4)と同じ形なので、s、tは、整数比となりません。
157(1): 2020/09/13(日)20:41 ID:YKEXccTH(21/23) AAS
>>148
> x,yが整数比とならないので、s,tも、整数比となりません。
あなたはそんなこと調べていませんね。
5行目の(3)のｘが有理数の時、ｙが無理数になる
調べたのはそれだけです。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
s=1,t=2でもs=2,t=3でもｓ=3、ｔ=4でもとにかくどんなｓ､ｔ、でも必ず
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
省4
158(1): 2020/09/13(日)20:43 ID:XCz+tFAm(3/4) AAS
「斉次多項式の一般的な性質」がよく分からなくても
x,y,zの次数が等しいことから代入して計算すれば以下が正しいことぐらい分かるでしょ
p=2でもpが奇素数のときのどちらでも
x^p+y^p=z^pの解(x,y,z)が存在すればその実数倍(x',y',z')=(ax,ay,az)も
x^p+y^p=z^pの解である
このとき解の比はx':y':z'=ax:ay:az=x:y:z (整数比であってもなくても)で等しく
r'=z'-x'=az-ax=a(z-x)=arとなるからr'はrのa倍になる
159(1): 日高 2020/09/13(日)20:43 ID:6Gdzz29l(51/52) AAS
>145
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。
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
a=1のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
a≠1のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)は
(あなたも手抜きしてるので手抜きするけど、ほんとはここで(4)の解を計算する必要がある。)
(4)は、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍の解をもつ。
>積の形にする必要は、まったくありません。
なぜ、ｒ=(ap)^{1/(p-1)}となるのでしょうか？
160(1): 2020/09/13(日)20:46 ID:XCz+tFAm(4/4) AAS
>>156
> この場合は（4)と同じ形なので、s、tは、整数比となりません。
この場合というのは整数比になる場合なんですがね
あんたの書いたことを書き換えると
整数比になる場合は(4)と同じ形なのでs,tは整数比となりません
であるから間違いですね
161(1): 日高 2020/09/13(日)20:51 ID:6Gdzz29l(52/52) AAS
>146
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。題意(問題の意味)より、r>0としても問題ない。(ｒの定義)
新たな数aをa=(r^(p-1))/pで定義すると、すべてのｒに対してaが1対1で決まる。よって、ｒ=(ap)^{1/(p-1)}とおくことができる。(値域の確認)
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}とおくと、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。(代入)
どうして、a=(r^(p-1))/pと定義できるのでしょうか？
162(1): 2020/09/13(日)20:58 ID:YKEXccTH(22/23) AAS
>>159
> なぜ、ｒ=(ap)^{1/(p-1)}となるのでしょうか？
理由その1：ｒはどんな数にでもなるのだから、r=(ap)^{1/(p-1)}となることもある。それだけ。
理由その2：ぶっちゃけｒはどんな数にでもなるのだから、とりあえず自分の都合のいい数にしていい。
ただしあとで都合のいい数でない場合の時も考える必要はある。
理由その3：>>146に書いた通り、ｒと(ap)^{1/(p-1)}は変化する値の範囲が同じなので、置き換えることができる。
163(1): 2020/09/13(日)21:15 ID:YKEXccTH(23/23) AAS
>>161
> どうして、a=(r^(p-1))/pと定義できるのでしょうか？
aは定理の文には出てこない、私が勝手に決めた勝手な数だから、私の好きに決めることができる。
私の好きに決めることができるから、私の都合のいいように、
(今の場合、(1)をx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)に変形できるように）
決めた。
164: 日高 2020/09/14(月)06:58 ID:WF9wDUzu(1/17) AAS
>147
以下が証明として成り立っているとは全く思えませんが
>【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。
【日高証明】x,yがともに、有理数とならないからです。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
z=x+rとすれば、分かります。
165: 日高 2020/09/14(月)07:16 ID:WF9wDUzu(2/17) AAS
>153
>あんたのやり方
>s,tが整数比とならないことを証明しろといわれたらx,yが整数比とならないからと答える
逆に
>x,yが整数比とならないことを証明しろといわれたらs,tが整数比とならないからと答える
１では、x,yが整数比とならないからs,tが整数比とならない。としか、言っていません。
166(1): 日高 2020/09/14(月)07:19 ID:WF9wDUzu(3/17) AAS
>155
>疑問でごまかさずに質問に答えよ。
どんな、質問でしょうか？
167(4): 日高 2020/09/14(月)07:29 ID:WF9wDUzu(4/17) AAS
>157
>w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
s,tが、どんな有理数であっても、成り立ちません。
168(1): 2020/09/14(月)07:32 ID:MgBiYtQK(1) AAS
>>167
成り立つか成り立たないか
どちらかを主張せよ
169: 日高 2020/09/14(月)07:37 ID:WF9wDUzu(5/17) AAS
>158
p=2でもpが奇素数のときのどちらでも
x^p+y^p=z^pの解(x,y,z)が存在すればその実数倍(x',y',z')=(ax,ay,az)も
x^p+y^p=z^pの解である
このとき解の比はx':y':z'=ax:ay:az=x:y:z (整数比であってもなくても)で等しく
r'=z'-x'=az-ax=a(z-x)=arとなるからr'はrのa倍になる
これは、正しいです。
170(1): 2020/09/14(月)07:48 ID:/ZYNrwS+(1/3) AAS
>>167
(3√3/{91^(1/3)-3},4√3/{91^(1/3)-3},√3*91^(1/3)/{91^(1/3)-3})
はx^3+y^3=(x+√3)^3を満たす
p=3のときs=3,t=4でも成り立っているじゃないですか
171(1): 日高 2020/09/14(月)07:54 ID:WF9wDUzu(6/17) AAS
>160
>この場合というのは整数比になる場合なんですがね
この場合というのは、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合です。
>あんたの書いたことを書き換えると
整数比になる場合は(4)と同じ形なのでs,tは整数比となりません
であるから間違いですね
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じ形となる。です。
172(1): 2020/09/14(月)07:55 ID:bNAmBzmL(1/2) AAS
>>1
> 【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。
ここまででyが無理数のときのことは何も言っていないので、yが無理数のときにx,y,zが整数比になるかもしれない。
> (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)のx,y,zが整数比になるかもしれないので、(4)のx,y,zも整数比になるかもしれない。
省8
173(1): 2020/09/14(月)08:05 ID:/ZYNrwS+(2/3) AAS
>>171
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じ形となる。です。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合はx,y,zは整数比になるんです
x:y:z=s:t:s+{有理数}でs,tは有理数だから
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合 = x,y,zが整数比になる場合
だから言い換えても意味は変わらないですよ
174(2): 日高 2020/09/14(月)08:05 ID:WF9wDUzu(7/17) AAS
>162
理由その1：ｒはどんな数にでもなるのだから、r=(ap)^{1/(p-1)}となることもある。それだけ。
理由その2：ぶっちゃけｒはどんな数にでもなるのだから、とりあえず自分の都合のいい数にしていい。
ただしあとで都合のいい数でない場合の時も考える必要はある。
>理由その3：>>146に書いた通り、ｒと(ap)^{1/(p-1)}は変化する値の範囲が同じなので、置き換えることができる。
(ap)^{1/(p-1)}でなかったならば、p=2の場合との、整合性がとれなくなります。
175(1): 日高 2020/09/14(月)08:09 ID:WF9wDUzu(8/17) AAS
>163
>aは定理の文には出てこない、私が勝手に決めた勝手な数だから、私の好きに決めることができる。
よく、意味がわかりません。
176(1): 2020/09/14(月)08:10 ID:/ZYNrwS+(3/3) AAS
>>174
> p=2の場合との、整合性がとれなくなります。
元々あんたの証明に整合性はないのだから気にしなくてよいですよ
177: 日高 2020/09/14(月)08:13 ID:WF9wDUzu(9/17) AAS
>168
成り立つか成り立たないか
どちらかを主張せよ
成り立ちません。
178(1): 2020/09/14(月)08:15 ID:RYfk54FS(1) AAS
これは数学のテーマではありません。数学漫談の類いです。
数学以外の話題は数学板以外でやってください。
179(2): 日高 2020/09/14(月)08:36 ID:WF9wDUzu(10/17) AAS
>170
(3√3/{91^(1/3)-3},4√3/{91^(1/3)-3},√3*91^(1/3)/{91^(1/3)-3})
はx^3+y^3=(x+√3)^3を満たす
>p=3のときs=3,t=4でも成り立っているじゃないですか
3^3+4^3=(3+√3/w)^3
3^3+4^3={91^(1/3)}^3
zは無理数となります。
180(1): 2020/09/14(月)08:53 ID:l3PJC1OI(1) AAS
>>179
> zは無理数となります。
x,yは整数比だからs,tも整数比でしょ
>>1
> (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。
> (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。
x,y,zを用いて書きかえると
x^p+y^p=z^pにおいてx,yを有理数とした場合
省8
181(1): 日高 2020/09/14(月)11:25 ID:WF9wDUzu(11/17) AAS
>172
>(3)の両辺をw^pで割ったら(3)と違う式なので同じではない。
同じ式となります。
(3)が成り立つならば、(3)の両辺をw^pで割っても、成り立ちます。
182(3): 日高 2020/09/14(月)11:30 ID:WF9wDUzu(12/17) AAS
>173
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合はx,y,zは整数比になるんです
x:y:z=s:t:s+{有理数}でs,tは有理数だから
x,y,zは整数比になりますが、成り立ちません。
183: 日高 2020/09/14(月)11:32 ID:WF9wDUzu(13/17) AAS
>176
>元々あんたの証明に整合性はないのだから気にしなくてよいですよ
どの部分が、整合性がないのでしょうか？
184: 日高 2020/09/14(月)11:35 ID:WF9wDUzu(14/17) AAS
>178
これは数学のテーマではありません。数学漫談の類いです。
数学以外の話題は数学板以外でやってください。
どの部分が、数学漫談なのでしょうか？
185(1): 日高 2020/09/14(月)11:43 ID:WF9wDUzu(15/17) AAS
>180
>x,yは整数比だからs,tも整数比でしょ
s,tが有理数の場合、成り立ちません。
>あんたの主張はx,yを有理数とした場合
zが無理数であればx,yは整数比でないからx,y,zは整数比でない
x,yは整数比ですが、x,y,zは整数比でないです。
>zが有理数であればx,yは整数比でないからx,y,zは整数比でない
省1
186: 日高 2020/09/14(月)11:45 ID:WF9wDUzu(16/17) 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。
187: 日高 2020/09/14(月)11:50 ID:WF9wDUzu(17/17) 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=14、x=48は、
y=7、x=24
188(1): 2020/09/14(月)12:20 ID:0bVMxpW6(1) AAS
>>181
>同じ式となります。
>(3)が成り立つならば、(3)の両辺をw^pで割っても、成り立ちます。
等号は成り立っても式は違います。割ったものが同じ式というのなら、数学ではありません。
それはそれとして、他の指摘は無視ですか？そんなことばかりやってるからインチキだと言われるんですよ。
他に何も反論がないのなら他の部分は認めたものと見なします。
どうせ忘れてるだろうからもう一度書きます。
>>1
> 【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。
省16
189(1): 2020/09/14(月)19:51 ID:TFLexuEy(1) AAS
>>166
> >155
> >疑問でごまかさずに質問に答えよ。
>
> どんな、質問でしょうか？
だからごまかすな。
190(1): 2020/09/14(月)19:57 ID:o9plRFWV(1) AAS
>>182
> x,y,zは整数比になりますが、成り立ちません。
成り立たないというのはあんたの証明とは無関係の数学的事象でしょ
私日高の証明ではx,y,zは整数比になりますが実際のところ成り立ちません
というのはあんたの証明が間違っているというだけのことです
>>185
> s,tが有理数の場合、成り立ちません。
s,tが有理数ならx,yは整数比です
> zが有理数であればx,yは整数比なので、x,y,zは整数比となります。
x,yは整数比なので
省1
191: 2020/09/14(月)20:44 ID:bNAmBzmL(2/2) AAS
>>189
日高氏は言われたことを何も覚えてないから、何回でも同じことを書くしかないですよ。
記憶障害なのか認知症なのか知らないけど。
192(1): 2020/09/15(火)01:06 ID:39aieNtH(1/7) AAS
>>148
> x,yが整数比とならないので、s,tも、整数比となりません。
p=2の時と整合性が取れません。
1^2+(√8)^2=(1+2)^2
これはx,yが整数比とならない(3)の解です。
省12
193(1): 2020/09/15(火)01:16 ID:39aieNtH(2/7) AAS
2chｽﾚ:mathの>>156
> この場合は（4)と同じ形なので、s、tは、整数比となりません。
同じ形であることは、証拠にはならないとあなたが書いています。
2chｽﾚ:mathの>>135
> 1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形ですが、x^2+y^2=z^2に、整数比の
> 解が、存在しないことは、いえません。
省2
194(1): 2020/09/15(火)01:21 ID:39aieNtH(3/7) AAS
>>167
わたしが書いた> >w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
わたしが書いた> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
わたしが書いた> 成り立たないときは、ありません。
あなたが書いた> s,tが、どんな有理数であっても、成り立ちません。
では、w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pが成り立たない、つまり左辺と右辺が違う数であることを、証明してください。
省1
195(1): 2020/09/15(火)02:21 ID:39aieNtH(4/7) AAS
2chｽﾚ:mathの>>174
> (ap)^{1/(p-1)}でなかったならば、p=2の場合との、整合性がとれなくなります。
ようするに、rが有理数の時整数比の解は有理数、ｒが無理数の時整数比の解は無理数
っていう当たり前なことをごまかすためのr=(ap)^{1/(p-1)}であって、
a=1,p=2の時だけ有理数になって、p=2以外の時無理数になるような数を考えれば
yが有理数の時だけ考えるというごまかしが成立するわけだから、たとえばr=2aπ^(p-2)でもいい.
【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。
r=2aπ^(p-2)とおくと、
(1)はa=1のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
省13
196(1): 2020/09/15(火)02:37 ID:39aieNtH(5/7) AAS
>>175
> 【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。
この文のどこにも、aという数は出てこない。
この文のどこにもaという数は出てこないのだから、証明の中でaという数を使いたくなったら、
aという数がどんなものなのか、証明を書く人が証明を読む人に向けて、説明しなくちゃいけない。
例えば
任意の実数a
省5
197(1): 2020/09/15(火)02:42 ID:39aieNtH(6/7) AAS
>>179
> 3^3+4^3=(3+√3/w)^3
> 3^3+4^3={91^(1/3)}^3
> zは無理数となります。
このとき、(p^{1/(p-1)})/wは無理数で、4が有理数で、3も有理数です。
2chｽﾚ:mathの>>74の証明の10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。
省2
198(1): 2020/09/15(火)02:56 ID:39aieNtH(7/7) AAS
>>182
> x,y,zは整数比になりますが、成り立ちません。
2chｽﾚ:mathの>>74の8行目であなたは書きました
>> (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)
sは有理数、ｔも有理数です。
省10
199(1): 2020/09/15(火)05:57 ID:VC3bXbOT(1) AAS
>>1氏の証明なるものは左辺がx^p+y^pであることを使っていない。もしもそれが正しければx^3+7y^3=z^3にも通用するはずで、x=y=1,z=2なる自然数解を持つことに反する。
200(8): 日高 2020/09/15(火)16:24 ID:cor7ycBu(1/15) AAS
(修正１)
【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。
(3)のyが無理数のときは、(xw)^p+(yw)^p=(xw+(p^{1/(p-1)})w)^p…(5)となる。(wは無理数)
(5)のxw、yw、xw+(p^{1/(p-1)})wの比は、(3)のx,y,zの比と同じとなる
省1
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