[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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672(3): 2020/09/26(土)07:08 ID:6cGp4zRr(1) AAS
>>664
> 【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。(aは実数)
> (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。
> (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。rは有理数となりえる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (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。xが有理数のとき、yは無理数となる。
> (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。
省10
673(1): 2020/09/26(土)07:47 ID:imedrLKR(1/2) AAS
>>672
> しか記述がないので「(4)と同じ形となる」を
> > s,tは整数比とならない。
> の根拠とするためには
> 「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
どう見ても無理だろ。
> > (3)をx=sw、y=twとおいて、... (s,tは有理数、wは無理数)
だもんなあ。
674(1): 日高 2020/09/26(土)08:15 ID:qbQetbkZ(1/15) AAS
>668
>>662をよく読み直してください。
読み直しましたが、ほかの意味があるのでしょうか。
詳しく書いてください。
675(2): 日高 2020/09/26(土)08:17 ID:qbQetbkZ(2/15) 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。(aは実数)
(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。
(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。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(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。xが有理数のとき、yは無理数となる。
(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が有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
省2
676: 日高 2020/09/26(土)08:20 ID:qbQetbkZ(3/15) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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は実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のｂﾆき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
677(2): 日高 2020/09/26(土)08:24 ID:qbQetbkZ(4/15) AAS
>669
>>663
> どうしてでしょうか？
p=2の場合も整数比にならないから
p=2の場合は、整数比になります。
678(1): 2020/09/26(土)08:36 ID:49zn4HI/(1) AAS
>>674
読めていませんね。
679: 日高 2020/09/26(土)09:53 ID:qbQetbkZ(5/15) AAS
>670
よってx=2,y=3を解に持つような(4)が存在する
x,y,zは、整数比となりません。
680(2): 日高 2020/09/26(土)09:56 ID:qbQetbkZ(6/15) AAS
>672
「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
既に指摘がある通り反例があり成立していません
x,y,zは、整数比となりません。
681(1): 日高 2020/09/26(土)09:59 ID:qbQetbkZ(7/15) AAS
>673
> 「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
どう見ても無理だろ。
無理ではありません。
682: 日高 2020/09/26(土)10:00 ID:qbQetbkZ(8/15) AAS
>678
読めていませんね。
どういう意味でしょうか？
683(2): 2020/09/26(土)10:23 ID:RT5tf3+n(1) AAS
>>680
> >672
> 「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
> 既に指摘がある通り反例があり成立していません
>
> x,y,zは、整数比となりません。
そう主張したいのなら、「x,y,zは、整数比となりません」と書けばよかったのです
書かなかったあなたが悪い
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/w
省5
684(2): 2020/09/26(土)17:08 ID:T13MldBR(1/5) AAS
>>677
> p=2の場合は、整数比になります。
>>675
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
それではp=2で上の条件を満たすような例が整数比になることを示してください
つまり
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが有理数,yが無理数の場合
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが無理数,yが有理数の場合
の解の定数倍を考えて
省1
685(1): 2020/09/26(土)17:24 ID:T13MldBR(2/5) AAS
>>681
> 無理ではありません。
たとえばx^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持ちます
よって無理です
>>680
> x,y,zは、整数比となりません。
x,yが整数比であるがx,y,zは整数比とならないことの証明は
あんたの証明の中にはありません
>>675
> yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
省1
686(5): 日高 2020/09/26(土)18:35 ID:qbQetbkZ(9/15) 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。(aは実数)
(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。
(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。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(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。xが有理数のとき、yは無理数となる。
(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が有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
省2
687(1): 日高 2020/09/26(土)18:36 ID:qbQetbkZ(10/15) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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は実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のｂﾆき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
688(1): 2020/09/26(土)19:30 ID:ibmrJFGU(1/3) AAS
>>686
p=2に当てはめてみます。
【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は実数)
(1)が成り立つとき、aは0以外のどんな数の時でも、(2)は成り立ちます。
p=2のとき、a=(√3)/2としたほうがrが無理数になってpが奇素数の時と考え方が同じになります。
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(2)はa=(√3)/2以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
rが有理数となるようにaを決めることが必ずできる。
(4)の解は、(3)の解の2a/(√3)倍となる。
省9
689(1): 2020/09/26(土)19:44 ID:T13MldBR(3/5) AAS
x^p+y^p=z^pの解x,y,zにおいてz=x+rとする
rの値に関わらず
p=2のとき
x,yが整数比でないならばx,y,zは整数比でない
pが奇素数のとき
x,yが整数比でないならばx,y,zは整数比でない
p=2のとき
x,yが整数比であるならばx,y,zが整数比となる解が存在する
pが奇素数のとき
x,yが整数比であるならばx,y,zが整数比となる解が存在する可能性がある
省9
690(1): 日高 2020/09/26(土)20:06 ID:qbQetbkZ(11/15) AAS
>683
その場合、根拠として「(3)は整数比の解を持たない」が必要になりますね
また循環論法ですよ
「(3)は整数比の解を持たない」の根拠は、
(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。xが有理数のとき、yは無理数となる。です。
x,yが、有理数の場合です。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは、sw,twが、無理数の場合です。
691(1): 日高 2020/09/26(土)20:23 ID:qbQetbkZ(12/15) AAS
>684
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが有理数,yが無理数の場合
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが無理数,yが有理数の場合
の解の定数倍を考えて
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解が整数比になることを示してください
x^2+y^2=(x+2)^2…(3) x=1、y=√8
x^2+y^2=(x+4)^2…(4)
a2=4 、a=2
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4) x=2、y=2√8
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解は整数比になりません。
692(1): 日高 2020/09/26(土)20:33 ID:qbQetbkZ(13/15) AAS
>685
> x,y,zは、整数比となりません。
x,yが整数比であるがx,y,zは整数比とならないことの証明は
あんたの証明の中にはありません
どの式に対してでしょうか？
693(2): 日高 2020/09/26(土)20:41 ID:qbQetbkZ(14/15) AAS
>688
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
これは、(4)となります。
694(2): 2020/09/26(土)20:47 ID:ibmrJFGU(2/3) AAS
>>693
(1)が成り立つとき、aは0以外のどんな数の時でも、(2)は成り立ちます。
p=2のとき、a=(√3)/2としたほうがrが無理数になってpが奇素数の時と考え方が同じになります。
何か問題がありますか？
695(2): 2020/09/26(土)20:48 ID:ibmrJFGU(3/3) AAS
>>693
大事なのはｒが有理数なのか無理数なのか、であって
(2)のaはどんな数でも必ず成り立つのだからa=1でもa=2/(√3)でもかまわないはずです。
696(1): 日高 2020/09/26(土)20:52 ID:qbQetbkZ(15/15) AAS
>689
>>686の証明は
pが奇素数のとき
x,yが整数比でないのでx,y,zは整数比でない
であるから日高はフェルマーの最終定理を証明していない
>686の証明では、
zが、有理数の場合でも、y,zは整数比とならないことを、証明しています。
697(4): 2020/09/26(土)21:19 ID:T13MldBR(4/5) AAS
>>691
> x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解は整数比になりません。
>>677
> p=2の場合は、整数比になります。
なんで整数比になるとウソをついたの？
698(3): 2020/09/26(土)21:19 ID:lBJnr8zH(1) AAS
>>690
> >683
> その場合、根拠として「(3)は整数比の解を持たない」が必要になりますね
> また循環論法ですよ
>
> 「(3)は整数比の解を持たない」の根拠は、
> (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。xが有理数のとき、yは無理数となる。です。
> x,yが、有理数の場合です。
「xとyのいずれかが有理数」という条件つきの「(3)は整数比の解を持たない」ですね
> (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。xが有理数のとき、yは無理数となる。
省7
699(2): 2020/09/26(土)21:25 ID:T13MldBR(5/5) AAS
>>692
> どの式に対してでしょうか？
x^p+y^p=z^p=(x+r)^p
>>696
> >686の証明では、
> zが、有理数の場合でも、y,zは整数比とならないことを、証明しています。
していません
あんたが書いているのはx=s,y=t(s,tが有理数)でx,yが整数比のときzが有理数なら
x,yが整数比でないというおかしなことだけです
>>686
省4
700(2): 2020/09/26(土)22:00 ID:imedrLKR(2/2) AAS
>>698
> ...
> > 「(3)は整数比の解を持たない」の根拠は、
> > (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。xが有理数のとき、yは無理数となる。です。
> > x,yが、有理数の場合です。
>
> 「xとyのいずれかが有理数」という条件つきの「(3)は整数比の解を持たない」ですね
>
> > (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。xが有理数のとき、yは無理数となる。
> > (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17
701: 2020/09/26(土)23:14 ID:43Phml0t(1) AAS
>>686
>>687
数学ではないので雑談系の板でやって下さい。皆さんもそろそろ反応するの止めたらどうでしょう？
702(2): 日高 2020/09/27(日)06:00 ID:VL1MvvLA(1/54) 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。(x,yは有理数)
(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は実数)
(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。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を二項展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)を(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^p、x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。(wは無理数)
(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(4)と同じとなるので、式は成り立たない。
∴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。
703: 2020/09/27(日)06:07 ID:tNoTZaXv(1) AAS
算数ドリルより国語ドリルをやった方がいいかもな。
704(1): 日高 2020/09/27(日)06:34 ID:VL1MvvLA(2/54) AAS
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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。(x,yは有理数)
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)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。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、式は成り立つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
705(2): 日高 2020/09/27(日)07:09 ID:VL1MvvLA(3/54) 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。(x,yは有理数)
(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。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴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。
706(2): 2020/09/27(日)07:19 ID:SR557Gxl(1/2) AAS
>>702
> (3)の右辺を二項展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。
なので
> (3)を(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^p、x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。(wは無理数)
のときはxw,ywが有理数ならば成り立たない
> (4)と同じとなるので、式は成り立たない。
これはxw,ywが無理数ならば成り立つから間違い
> (x,yは有理数)
> (wは無理数)
>>705
省9
707(2): 2020/09/27(日)07:24 ID:SR557Gxl(2/2) AAS
>>702
>>704-705
x^2+y^2=z^2,x^p+y^p=z^pの2つに対して比較のために同様の操作を施す
それぞれの解x,y,zに対して(z-x)で割った解x'=x/(z-x),y'=y/(z-x),
z'=z/(z-x)=x/(z-x)+1を満たす式をまず考える
つまりx^2+y^2=(x+1)^2,x^p+y^p=(x+1)^pの2つの式
2つの式の解x,y,zを√3倍した解は以下の式をそれぞれ満たす
x^2+y^2=(x+√3)^2,x^p+y^p=(x+√3)^p
これらの右辺を二項展開して
> yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
省21
708(7): 日高 2020/09/27(日)08:09 ID:VL1MvvLA(4/54) 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。x,yは有理数とする。
(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。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
709(2): 日高 2020/09/27(日)08:22 ID:VL1MvvLA(5/54) 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。x,yは有理数とする。
(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、式は成り立つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
710: 2020/09/27(日)08:33 ID:OnVLbgO1(1) AAS
突然ですが、ピタゴラス数調べてたら
ポクは凄いの発見
(x,y,z)=(5,12,13)⇒z^2≠x^2+z^2なので
(x,y,z)=(5,12,13)である三角形は、
直角三角形ぢゃないんだよ〜ん。
モピロン、(x,y,z)=(5,4,3)の三角形も
直角三角形ぢゃないんだよ〜ん。
711(5): 2020/09/27(日)08:37 ID:UCOzApR1(1) AAS
>>708
間違っているよ
あんたはフェルマーの最終定理を証明していない
pは奇素数としてx,yは有理数とする
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持つ
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
式が成り立たないことと自然数解を持つことに関係があるのならば
pが奇素数のときもp=2のときと同様に自然数解を持つことになる
712: 2020/09/27(日)08:40 ID:qHtNQvNw(1/3) AAS
レスに反論しなくなったね
713: 日高 2020/09/27(日)08:40 ID:VL1MvvLA(6/54) AAS
>694
708,709を見てください。
714: 日高 2020/09/27(日)08:43 ID:VL1MvvLA(7/54) AAS
>695
708,709を見てください。
715: 日高 2020/09/27(日)08:44 ID:VL1MvvLA(8/54) AAS
>697
708,709を見てください。
716: 日高 2020/09/27(日)08:46 ID:VL1MvvLA(9/54) AAS
>698
708,709を見てください。
717: 日高 2020/09/27(日)08:47 ID:VL1MvvLA(10/54) AAS
>699
708,709を見てください。
718: 日高 2020/09/27(日)08:49 ID:VL1MvvLA(11/54) AAS
>700
708,709を見てください。
719: 日高 2020/09/27(日)08:51 ID:VL1MvvLA(12/54) AAS
>706
708,709を見てください。
720: 日高 2020/09/27(日)08:52 ID:VL1MvvLA(13/54) AAS
>707
721(1): 日高 2020/09/27(日)08:55 ID:VL1MvvLA(14/54) AAS
>711
708,709を見てください。
722(3): 2020/09/27(日)08:55 ID:E4NFUyrt(1/6) AAS
>>697
> なんで整数比になるとウソをついたの？
なんだからその返答が
> 708,709を見てください。
はおかしいでしょう
実際ウソをついた理由は>>708-709には書いていないし
整数比になるとウソをついた理由を教えてよ
それとウソをついた理由は>>708-709には書いていないのに
> 708,709を見てください
と書いた理由も教えて
723: 日高 2020/09/27(日)08:57 ID:VL1MvvLA(15/54) 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。x,yは有理数とする。
(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。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
724: 日高 2020/09/27(日)08:59 ID:VL1MvvLA(16/54) 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。x,yは有理数とする。
(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、式は成り立つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
725(2): 2020/09/27(日)09:01 ID:E4NFUyrt(2/6) AAS
>>721
> >711
> 708,709を見てください。
>>708を見ての書き込みが>>711だよ
大丈夫?
726(2): 日高 2020/09/27(日)09:02 ID:VL1MvvLA(17/54) AAS
>722
>>697
> なんで整数比になるとウソをついたの？
これは、どの内容でしょうか？
多分私の言った内容と違うと思います。
727: 2020/09/27(日)09:04 ID:qHtNQvNw(2/3) AAS
かなり前のレスだから、
レス貼り付けないとダメかもね
728(1): 日高 2020/09/27(日)09:04 ID:VL1MvvLA(18/54) AAS
>725
大丈夫?
内容を、具体的に、教えてください。
729(4): 2020/09/27(日)09:11 ID:E4NFUyrt(3/6) AAS
>>722
663日高2020/09/25(金) 20:11:04.70ID:g6cbAzx7
>658
> (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。xが有理数のとき、yは無理数となる。
これはフェルマーの最終定理の証明とは無関係
どうしてでしょうか？
677日高2020/09/26(土) 08:24:57.12ID:qbQetbkZ
>669
>>663
> どうしてでしょうか？
省13
730: 2020/09/27(日)09:15 ID:E4NFUyrt(4/6) AAS
>>722は
> なんで整数比になるとウソをついたの？
だった
>>726
> 多分私の言った内容と違うと思います。
日高の書き込みは>>729
731: 日高 2020/09/27(日)09:20 ID:VL1MvvLA(19/54) 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。x,yは有理数とする。
(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
732(1): 2020/09/27(日)09:22 ID:E4NFUyrt(5/6) AAS
>>728
> >725
> 大丈夫?
>
> 内容を、具体的に、教えてください。
>>711をおまえが読んでそのレスが
> 708,709を見てください。
なんだが
>>711は>>708へのレスなんだよ
だから
省3
733: 日高 2020/09/27(日)09:26 ID:VL1MvvLA(20/54) AAS
>729
>x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが有理数,yが無理数の場合
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが無理数,yが有理数の場合
の解の定数倍を考えて
>x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解が整数比になることを示してください
x^2+y^2=(x+2)^2…(3) x=1、y=√8
x^2+y^2=(x+4)^2…(4)
a2=4 、a=2
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4) x=2、y=2√8
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解は整数比になりません。
734(1): 日高 2020/09/27(日)09:31 ID:VL1MvvLA(21/54) AAS
>732
だから
日高さんあなたのオツムのお加減はいかがでしょうか？
大丈夫ですか？
ということですよ
意味が、理解できません。お手数でしょうが、具体的に示してください。
735: 日高 2020/09/27(日)09:33 ID:VL1MvvLA(22/54) 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。x,yは有理数とする。
(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。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
736(1): 2020/09/27(日)09:34 ID:E4NFUyrt(6/6) AAS
>>734
最後の段落だけコピペして
> お手数でしょうが、具体的に示してください。
なんて書いているが
その上の段落に書いてあるじゃないですか
> >>711をおまえが読んでそのレスが
> > 708,709を見てください。
> なんだが
> >>711は>>708へのレスなんだよ
と
737: 2020/09/27(日)09:47 ID:3Y6MqpFa(1) AAS
日高さんは５行以上の文章は理解できないみだいだね。だから丁寧に説明しても意味がない。
自分の言ったこともほとんど覚えてないし、認知症の老人を相手にしているのと変わりない。
738(1): 日高 2020/09/27(日)09:57 ID:VL1MvvLA(23/54) AAS
>736
>最後の段落だけコピペして
申し訳ございませんが、もう一度具体的に内容を書いていただけないでしょうか。
739: 2020/09/27(日)10:31 ID:sGhOgydf(1/3) AAS
>>738
708を読んでその間違いを711で指摘した
その後にあんたは書き込みの内容を一切考えずに機械的に
> 708,709を見てください。
を連投し始めた
(しかも708,709はそれらの書き込みに対する答えになっていない)
713日高2020/09/27(日) 08:40:42.32ID:VL1MvvLA
>694
708,709を見てください。
714日高2020/09/27(日) 08:43:00.90ID:VL1MvvLA
省30
740(1): 2020/09/27(日)10:40 ID:sGhOgydf(2/3) AAS
これも
> 708,709を見てください
の連投に関連することだけれども
>>726
> なんで整数比になるとウソをついたの？
>
> これは、どの内容でしょうか？
> 多分私の言った内容と違うと思います。
>>729を見れば分かるように日高の言った内容ですよ
なのであらためて
省4
741(1): 日高 2020/09/27(日)10:45 ID:VL1MvvLA(24/54) AAS
>740
整数比になるとウソをついた理由を教えてよ
申し訳ございませんが、もう一度具体的に内容を書いていただけないでしょうか。
742: 日高 2020/09/27(日)10:47 ID:VL1MvvLA(25/54) 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。x,yは有理数とする。
(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
743(1): 2020/09/27(日)10:51 ID:sGhOgydf(3/3) AAS
>>741
>>729を見れば話の流れは分かるでしょう
> 544日高2020/09/23(水) 09:30:44.36ID:uIv4eEq1
> >535
> > 何番のことでしょうか？
>
> 番号を言われても読めないくせに
>
> よめると、思います。
番号は書いてあるので読みましょう
省3
744(2): 日高 2020/09/27(日)11:16 ID:VL1MvvLA(26/54) AAS
>743
番号は書いてあるので読みましょう
申し訳ございませんが、もう一度具体的に内容を書いていただけないでしょうか。
745(2): 日高 2020/09/27(日)11:17 ID:VL1MvvLA(27/54) 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。x,yは有理数とする。
(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。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
746(1): 2020/09/27(日)11:42 ID:F/rFB8Kk(1/2) AAS
>>744
p=2のときも整数比にならないから日高の証明はフェルマーの最終定理の証明とは無関係
という意見に対して日高はp=2の場合は整数比になりますと反論
実際に整数比になることを示させたら
日高の答えは整数比になりません
その後変更した>>745の証明も同じでフェルマーの最終定理の証明とは無関係
747(2): 2020/09/27(日)11:56 ID:F/rFB8Kk(2/2) AAS
>>744
> 番号は書いてあるので読みましょう
> 申し訳ございませんが、もう一度具体的に内容を書いていただけないでしょうか。
> 544日高2020/09/23(水) 09:30:44.36ID:uIv4eEq1
> >535
> > 何番のことでしょうか？
>
> 番号を言われても読めないくせに
>
> よめると、思います。
省1
748: 日高 2020/09/27(日)12:40 ID:VL1MvvLA(28/54) AAS
>746
p=2のときも整数比にならないから日高の証明はフェルマーの最終定理の証明とは無関係
という意見に対して日高はp=2の場合は整数比になりますと反論
具体的に内容を書いて、いただけないでしょうか。
749: 日高 2020/09/27(日)12:42 ID:VL1MvvLA(29/54) AAS
>747
読めると思いますと書き込んだ理由も教えてよ
具体的に内容を書いて、いただけないでしょうか。
750: 日高 2020/09/27(日)13:24 ID:VL1MvvLA(30/54) AAS
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
例
y^2=4x+4
y=4、x=3
751: 日高 2020/09/27(日)13:37 ID:VL1MvvLA(31/54) AAS
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
例
y^2=4x+4
y=3、x=5/4
752: 日高 2020/09/27(日)13:54 ID:VL1MvvLA(32/54) 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。x,yは有理数とする。
(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
753: 日高 2020/09/27(日)14:05 ID:VL1MvvLA(33/54) AAS
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
例
y^2=4x+4
y=5、x=21/4
754(1): 2020/09/27(日)14:18 ID:DvaNAUDE(1/15) AAS
>>745
p=2に当てはめてみます。
【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。x,yは有理数とする。
(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。
(1)が成り立つとき、aは0以外のどんな数の時でも、(2)は成り立ちます。
p=2のとき、a=(√3)/2としたほうがrが無理数になってpが奇素数の時と考え方が同じになります。
rが有理数か無理数かがこの証明では重要なので、ここではrが無理数となるように、a=(√3)/2とします。
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(2)はa=(√3)/2以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
rが有理数となるようにaを決めることが必ずできる。
省11
755: 日高 2020/09/27(日)14:25 ID:VL1MvvLA(34/54) AAS
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
例
y^2=4x+4
y=9/4、x=17/64
756(1): 日高 2020/09/27(日)14:34 ID:VL1MvvLA(35/54) AAS
>754
>(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
「x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。」は、間違いです。
正しくは、x^p+y^p=(x+√3)^p…(4)となります。
757(1): 2020/09/27(日)14:37 ID:Ua0MmLtj(1) AAS
証明は失敗ですね。
758(5): 日高 2020/09/27(日)14:37 ID:VL1MvvLA(36/54) 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。x,yは有理数とする。
(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。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
759: 日高 2020/09/27(日)14:43 ID:VL1MvvLA(37/54) AAS
>757
>証明は失敗ですね。
どの証明が、失敗でしょうか？
760(1): 2020/09/27(日)14:53 ID:DvaNAUDE(2/15) AAS
>>756
間違いとは、どういうことですか？
(2)はa=(√3)/2のとき、成り立たないということですか？
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)とならないということですか？
rが有理数か無理数かが一番重要なのだから、>>758にあわせてrが無理数になるようにaを決めるべきでしょ？
省1
761(1): 2020/09/27(日)15:07 ID:DvaNAUDE(3/15) AAS
>>758
z=x+rなのだから、xが有理数、(3)でrが無理数ならzは無理数でxとzは整数比にならないに決まっています。
整数比にならないと最初から分かっている範囲を探して意味があるのですか？
z=x+rなのだから、xが有理数ならrが有理数でないとxとzが整数比にならないに決まっています。
整数比にならないものを、何倍しても整数比にならないに決まっています。
省5
762(2): 2020/09/27(日)15:32 ID:QR1wTaBm(1) AAS
>>758 日高さん、この証明は前に書かれたのと似ているようですが、同一のものを書き込んだかどうか、記録・記憶はありますか？
763: 日高 2020/09/27(日)16:03 ID:VL1MvvLA(38/54) AAS
>760
(2)はa=(√3)/2のとき、成り立たないということですか？
a=(√3)/2のときなので、(4)となります。
(3)の場合は、a=1のときと、なります。
764(1): 日高 2020/09/27(日)16:14 ID:VL1MvvLA(39/54) 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。(x,yは有理数)
(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は実数)
(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。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を二項展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)を(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^p、x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。(wは無理数)
(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(4)と同じとなるので、式は成り立たない。
∴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。
765: 日高 2020/09/27(日)16:17 ID:VL1MvvLA(40/54) AAS
>761
>(3)の解で無理数で整数比になるものを探していないので、証明は失敗です。
764で探しています。
766(1): 日高 2020/09/27(日)16:19 ID:VL1MvvLA(41/54) AAS
>762
>>758 日高さん、この証明は前に書かれたのと似ているようですが、同一のものを書き込んだかどうか、記録・記憶はありますか？
前に書いたものと、同じものです。
767: 日高 2020/09/27(日)16:21 ID:VL1MvvLA(42/54) 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。x,yは有理数とする。
(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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
768(1): 日高 2020/09/27(日)16:24 ID:VL1MvvLA(43/54) 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。x,yは有理数とする。
(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。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
769(1): 2020/09/27(日)16:51 ID:DvaNAUDE(4/15) AAS
>>768
(3)ではx、yが有理数、rが無理数になるような解しか探していない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となることから
(4)の解のうち、x、yが無理数、rが有理数になるような解しか探していない。
p=2のときでいえば、
(3)では、x、yが有理数、rが無理数となる2^2+3^2=(2+(√13-2)）^2のような解しか探していない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となることから
(4)の解のうち、x,yが無理数、rが有理数となる(2(√13+2))^2+(3(√13+2))^2=(2(√13+2)+9)^2のような解しか探していない。
実際には(4)には3^2+4^2=5^2のような整数比になる解もあるし、る(2(√13+2))^2+(3(√13+2))^2=(2(√13+2)+9)^2のような整数比にならない解もある。
整数比にならないような解だけ探して、整数比になる解を探していないので、証明は失敗です。
770(1): 2020/09/27(日)16:58 ID:DvaNAUDE(5/15) AAS
>>764
同じ文字を使う時、特に断り書きがなければ同じ数です。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)がなりたつとき、同じx、yに対して
(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^pには絶対になるわけありません。意味が分かりません。
771(2): 日高 2020/09/27(日)17:16 ID:VL1MvvLA(44/54) AAS
>769
>整数比にならないような解だけ探して、整数比になる解を探していないので、証明は失敗です。
768では、x,yを有理数としたとき、式が成り立つかを、判定しています。
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