[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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772(1): 2020/09/27(日)17:18 ID:DvaNAUDE(6/15) AAS
>>771
rが無理数の時
1^2+2^2=(1+(√5-1))^2は整数比の解ではない
1^2+3^2=(1+(√10-1))^2は整数比の解ではない
1^2+4^2=(1+(√17-1))^2は整数比の解ではない
…
整数比ではない解があることをいくら並べても、「整数比の解がない」ことにはなりません。
rが有理数になるように、整数比ではない解x,y,zを何倍かしてみても、
(√5+1)^2+(2(√5+1))^2=((√5+1)+4)^2は整数比の解ではない
(√10+1)^(2(√10-1))^2=((√10+1)+9)^2は整数比の解ではない
省3
773(1): 日高 2020/09/27(日)17:24 ID:VL1MvvLA(45/54) AAS
>770
同じ文字を使う時、特に断り書きがなければ同じ数です。
断り書きは、「x,yは有理数とする。」と書いています。
774(1): 2020/09/27(日)17:24 ID:DvaNAUDE(7/15) AAS
>>771
(3)のとき、x、yが有理数の解を調べていて、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるのですから
(4)の解で探したのはx、yが無理数のものだけです。
775(1): 2020/09/27(日)17:31 ID:DvaNAUDE(8/15) AAS
>>773
つまり
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx、yと
(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^pのx、yは同じ数なのですね。
(3)を(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^pとすることは、できません。できるわけありません。
インチキにしてもひどすぎます。
776(2): 日高 2020/09/27(日)17:35 ID:VL1MvvLA(46/54) AAS
>772
「整数比ではない解がある」ことを調べる今のやり方では、「整数比の解がどこにもない」には絶対にたどり着きません。
768は、「整数比ではない解がある」ことを調べるやり方では、ありません。
x,yを有理数としたとき、式が成り立つかを、調べています。
777(1): 2020/09/27(日)17:44 ID:DvaNAUDE(9/15) AAS
>>776
p=2のとき
1^2+2^2=(1+(√5-1))^2
x、yが有理数で、rが無理数で、式が成り立っています。
778(1): 2020/09/27(日)17:45 ID:DvaNAUDE(10/15) AAS
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p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ちます。
「式が成り立たたない」はインチキのウソです。
779(2): 2020/09/27(日)19:19 ID:Nntt8akS(1/2) AAS
>>766
> >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。
前に書いて否定されたものをまた書き込む。何考えているの？
780: 日高 2020/09/27(日)19:59 ID:VL1MvvLA(47/54) AAS
>774
(3)のとき、x、yが有理数の解を調べていて、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるのですから
(4)の解で探したのはx、yが無理数のものだけです。
(3)が成り立つときは、yが有理数、xが無理数、又は、xが有理数、yが無理数の場合です。
(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立ちません。
781: 日高 2020/09/27(日)20:08 ID:VL1MvvLA(48/54) AAS
>775
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx、yと
(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^pのx、yは同じ数なのですね。
違います。x,yは、どちらも、有理数とします。
(3)を(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^pとすることは、できません。できるわけありません。
インチキにしてもひどすぎます。
(xw)、(yw)は、無理数です。
782: 日高 2020/09/27(日)20:11 ID:VL1MvvLA(49/54) AAS
>777
p=2のとき
1^2+2^2=(1+(√5-1))^2
x、yが有理数で、rが無理数で、式が成り立っています。
そうですね。
783(3): 日高 2020/09/27(日)20:15 ID:VL1MvvLA(50/54) AAS
>778
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p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ちます。
>「式が成り立たたない」はインチキのウソです。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数でも、無理数でも、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
成り立ちません。
784(1): 日高 2020/09/27(日)20:18 ID:VL1MvvLA(51/54) AAS
>779
> 前に書いたものと、同じものです。
前に書いて否定されたものをまた書き込む。何考えているの？
どこで否定されたでしょうか？
785(4): 日高 2020/09/27(日)20:21 ID:VL1MvvLA(52/54) 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。
786: 日高 2020/09/27(日)20:22 ID:VL1MvvLA(53/54) 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。
787(1): 2020/09/27(日)20:24 ID:DvaNAUDE(11/15) AAS
>>783
では
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
成り立たないような、s､t、p、を書いてください。
788(2): 2020/09/27(日)20:25 ID:37Qu43qQ(1) AAS
>>776
> x,yを有理数としたとき、式が成り立つかを、調べています。
pは奇素数,x,yは有理数としてz-x=p^{1/(p-1)}の場合を検討する
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
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=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持つので
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
式が成り立たないことと自然数解を持つことに関係がないのならば
あんたはフェルマーの最終定理を証明していないということ
省1
789(2): 日高 2020/09/27(日)20:50 ID:VL1MvvLA(54/54) AAS
>787
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
成り立たないような、s､t、p、を書いてください。
s､tは、任意の有理数、pは、奇素数です。
790(1): 2020/09/27(日)20:50 ID:Nntt8akS(2/2) AAS
>>784 日高
> >779
> > 前に書いたものと、同じものです。
>
> 前に書いて否定されたものをまた書き込む。何考えているの？
>
> どこで否定されたでしょうか？
否定されたと認識していないならなぜ別のものを書き込む？
791(1): 2020/09/27(日)20:57 ID:qHtNQvNw(3/3) AAS
（全部ダメだけど）
証明を何パターンか用意しておいて、
その日の気分でコロコロ変えているのかな？
792(1): 2020/09/27(日)21:05 ID:DvaNAUDE(12/15) AAS
>>789
s=2,t=3,p=3のとき
2^3+3^3=(2+(√3)/((√3)/(2^3+3^3)^(1/3)-2))^3
=(2+35^(1/3)-2)^3
=(35^(1/3))^3
=35
成り立ちました。
>>789はインチキのウソです。
793(1): 2020/09/27(日)21:07 ID:DvaNAUDE(13/15) AAS
>>785
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p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、必ず成り立ちます。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは(4)と同じ形なので、(4)にx、yが有理数の解が存在します。
>>785の証明は、失敗です。
794(1): 2020/09/27(日)21:25 ID:DvaNAUDE(14/15) AAS
>>785
いくら、x,yは有理数とする。と書いたからといって、
x^2+y^2=(x+√3)^2にx=4√3、y=3√3を代入したとき等式が成り立たないことにはならない
x、yは有理数とする、という条件の下ではx=4√3、y=3√3は解ではないけれども、
x=4√3、y=3√3をx^2+y^2=(x+√3)^2に代入すれば等式は成り立つので、
省4
795(1): 2020/09/27(日)21:33 ID:DvaNAUDE(15/15) AAS
あたりまえのことだけど
x+y=zという式がある時、x、y、zすべてを勝手に決めることはできない
x=1,y=2と勝手に決めたらz=5などと勝手に決めることはできない、式を満たすzは3と自動的に決まる
>>785も同様
x^p+y^p=(x+r)^pという式がある時、x、y、rすべてを勝手に決めることはできない
x、yが有理数と勝手に決めたらrが無理数と勝手に決めることはできない、式を満たすrは有理数と自動的に決まる
x,yを有理数と決めた後rを無理数と勝手に決めている>>785は失敗です。
796(4): 日高 2020/09/28(月)06:41 ID:HWOGA3/K(1/26) 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。
797: 日高 2020/09/28(月)06:44 ID:HWOGA3/K(2/26) 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。
798(1): 日高 2020/09/28(月)06:52 ID:HWOGA3/K(3/26) 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。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
799(3): 日高 2020/09/28(月)07:22 ID:HWOGA3/K(4/26) AAS
>788
>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
この場合、式は、成り立つ場合があります。
800(1): 日高 2020/09/28(月)07:24 ID:HWOGA3/K(5/26) AAS
>790
否定されたと認識していないならなぜ別のものを書き込む？
修正したものを、書き込んでいます。
801: 日高 2020/09/28(月)07:27 ID:HWOGA3/K(6/26) AAS
>791
証明を何パターンか用意しておいて、
その日の気分でコロコロ変えているのかな？
違います。修正したものを、書き込んでいます。
どの部分が、だめでしょうか？
802(1): 2020/09/28(月)07:28 ID:MpLCPquq(1/2) AAS
>>799
> この場合、式は、成り立つ場合があります。
どの場合に成り立つか例を挙げてみてください
803(3): 2020/09/28(月)07:43 ID:MpLCPquq(2/2) AAS
>>799
具体的な数字の方が分かりやすいですかね
p=3のときx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)はx^3+y^3=(x+√3)^3
x^3+y^3=(x+√3)^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
上とz-xの値が等しくまたx,yが同じく有理数である場合
x^2+y^2=(x+√3)^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
x^2+y^2=z^2は自然数解を持つことから
>>796の証明は間違いであることが分かる
804(1): 2020/09/28(月)07:49 ID:dbW9VDzN(1) AAS
x^2+y^2=(x+√3)^2 は(4)だ
って言うんだろうなあ。
805(1): 日高 2020/09/28(月)08:12 ID:HWOGA3/K(7/26) AAS
>792
2^3+3^3=(2+(√3)/((√3)/(2^3+3^3)^(1/3)-2))^3
=(2+35^(1/3)-2)^3
=(35^(1/3))^3
=35
成り立ちました。
35^(1/3)は、無理数です。
806(1): 日高 2020/09/28(月)08:19 ID:HWOGA3/K(8/26) AAS
>793
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p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、必ず成り立ちます。
(p^{1/(p-1)})/wは、有理数でしょうか？無理数でしょうか？
807(1): 2020/09/28(月)08:53 ID:HJX/rr9E(1) AAS
>>798
> 【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。
> (3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
決して整数比にならない解について存在しないと主張しただけですね
この後に出てくる「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」を使うのであれば、整数比になる可能性のあるものについて存在しないことを示さないと意味がないのですが……
一体この人は何を考えているんでしょうね、とても不思議です
省2
808(1): 日高 2020/09/28(月)10:21 ID:HWOGA3/K(9/26) AAS
>794
x、yを有理数とする。という勝手に決めた勝手な制限で、等式が成り立つことを否定することはできない。
x^2+y^2=z^2のx,y,zが有理数のとき、成り立つならば、wが無理数のとき、
(xw)^2+(yw)^2=(zw)^2もなりたちます。
809(5): 日高 2020/09/28(月)10:33 ID:HWOGA3/K(10/26) AAS
>795
x^p+y^p=(x+r)^pという式がある時、x、y、rすべてを勝手に決めることはできない
x、yが有理数と勝手に決めたらrが無理数と勝手に決めることはできない、式を満たすrは有理数と自動的に決まる
x,yを有理数と決めた後rを無理数と勝手に決めている>>785は失敗です。
rは、勝手に決めてはいません。
式変形により、導きました。
810(1): 日高 2020/09/28(月)10:40 ID:HWOGA3/K(11/26) AAS
>802
>>799
> この場合、式は、成り立つ場合があります。
どの場合に成り立つか例を挙げてみてください
>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
x=3、y=4、
3^2+4^2=(3+2)^2
811(1): 2020/09/28(月)10:42 ID:3GQlLG0q(1/5) AAS
>>809 日高
> rは、勝手に決めてはいません。
> 式変形により、導きました。
ここ、興味深いですね。
812(2): 日高 2020/09/28(月)10:45 ID:HWOGA3/K(12/26) AAS
>803
x^2+y^2=(x+√3)^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
x^2+y^2=z^2は自然数解を持つことから
>>796の証明は間違いであることが分かる
p=2なので、x,yが無理数の場合、成り立ちます。
813: 日高 2020/09/28(月)10:47 ID:HWOGA3/K(13/26) AAS
>804
x^2+y^2=(x+√3)^2 は(4)だ
その通りです。
814: 日高 2020/09/28(月)10:53 ID:HWOGA3/K(14/26) AAS
>807
決して整数比にならない解について存在しないと主張しただけですね
この後に出てくる「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」を使うのであれば、整数比になる可能性のあるものについて存在しないことを示さないと意味がないのですが……
>一体この人は何を考えているんでしょうね、とても不思議です
x,y,zが有理数で整数比になるならば、xw,yw,zwも、整数比になります。(wは無理数）
815(2): 日高 2020/09/28(月)10:56 ID:HWOGA3/K(15/26) AAS
>811
>>809 日高
> rは、勝手に決めてはいません。
> 式変形により、導きました。
ここ、興味深いですね。
(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。の部分のことです。
816(4): 日高 2020/09/28(月)10:58 ID:HWOGA3/K(16/26) 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。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
817: 日高 2020/09/28(月)10:59 ID:HWOGA3/K(17/26) 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。
818(1): 2020/09/28(月)12:24 ID:/nqxznnL(1/2) AAS
>>800
>否定されたと認識していないならなぜ別のものを書き込む？
>>修正したものを、書き込んでいます。
証明を修正したということは、最新の証明より以前のものは間違っている、とあなた自身は認識しているのですか？
819(2): 日高 2020/09/28(月)12:37 ID:HWOGA3/K(18/26) AAS
>818
証明を修正したということは、最新の証明より以前のものは間違っている、とあなた自身は認識しているのですか？
前のものも、間違っていません。表現を変えただけです。
820(1): 2020/09/28(月)13:35 ID:/nqxznnL(2/2) AAS
>>819
証明によって、x,yが有理数と定められていたり、そうでなかったり(つまりx,yは実数)していますが、どちらでも同じ論法(証明の道筋)だと考えていますか？
821: 日高 2020/09/28(月)14:11 ID:HWOGA3/K(19/26) AAS
>820
証明によって、x,yが有理数と定められていたり、そうでなかったり(つまりx,yは実数)していますが、どちらでも同じ論法(証明の道筋)だと考えていますか？
はい。
822(3): 2020/09/28(月)17:33 ID:3GQlLG0q(2/5) AAS
> 1 日高 2019/09/23(月) 09:33:36.12
> pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
> x^p+y^p=z^pをz=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^pとする。
> r=p^{1/(p-1)}となるので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p=z^pとなる。
> xを有理数とすると、zは無理数となる。
> ∴x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
去年はこう書いておられましたが、これも正しいですか？
823(1): 2020/09/28(月)17:41 ID:3GQlLG0q(3/5) AAS
2chｽﾚ:math
824: 2020/09/28(月)17:43 ID:3GQlLG0q(4/5) AAS
>>823は>>822の出典を書こうとしたものです。
825(1): 日高 2020/09/28(月)18:46 ID:HWOGA3/K(20/26) AAS
>822
去年はこう書いておられましたが、これも正しいですか？
はい。
826(2): 2020/09/28(月)18:49 ID:28TIqbb1(1/7) AAS
>>788
> pは奇素数,x,yは有理数としてz-x=p^{1/(p-1)}の場合を検討する
> 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
> 799日高2020/09/28(月) 07:22:03.40ID:HWOGA3/K
> >788
> >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
>
> この場合、式は、成り立つ場合があります。
>>810
> x=3、y=4、
省3
827(2): 2020/09/28(月)18:55 ID:28TIqbb1(2/7) AAS
>>812
> p=2なので、x,yが無理数の場合、成り立ちます。
同様に
pが奇素数の場合でもx,yが無理数の場合は成り立つ可能性があります
だから>>816の証明は間違いです
成り立つ場合として「x,yが無理数の場合」を新たに持ち出すということは
証明で検討した解は全ての解ではなくて漏れがあるということです
828(1): 2020/09/28(月)19:26 ID:28TIqbb1(3/7) AAS
>>826
> pは奇素数,x,yは有理数としてz-x=p^{1/(p-1)}の場合を検討する
これを省いてx^2+y^2=z^2では式は成り立つ場合があるとウソをつくところに
日高の悪質さがよく表れています
829: 2020/09/28(月)19:49 ID:28TIqbb1(4/7) AAS
>>825
> >822
> 去年はこう書いておられましたが、これも正しいですか？
>
> はい。
>>822
> x^p+y^p=z^pをz=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^pとする。
> r=p^{1/(p-1)}となるので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p=z^pとなる。
> xを有理数とすると、zは無理数となる。
pが奇素数のときxを有理数とするとzは無理数となることの内容自体は正しくても
省4
830(3): 日高 2020/09/28(月)19:52 ID:HWOGA3/K(21/26) AAS
>827
成り立つ場合として「x,yが無理数の場合」を新たに持ち出すということは
証明で検討した解は全ての解ではなくて漏れがあるということです
p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
831(3): 日高 2020/09/28(月)19:56 ID:HWOGA3/K(22/26) AAS
>826
x=3、y=4、
> 3^2+4^2=(3+2)^2
pは奇素数,x,yは有理数としてz-x=p^{1/(p-1)}の場合という
条件を満たさないので間違いです
p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
832(3): 日高 2020/09/28(月)19:59 ID:HWOGA3/K(23/26) AAS
>828
> pは奇素数,x,yは有理数としてz-x=p^{1/(p-1)}の場合を検討する
これを省いてx^2+y^2=z^2では式は成り立つ場合があるとウソをつくところに
日高の悪質さがよく表れています
p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
833(3): 日高 2020/09/28(月)20:01 ID:HWOGA3/K(24/26) AAS
pが奇素数のときxを有理数とするとzは無理数となることの内容自体は正しくても
pが奇素数のときx^2+y^2=z^2,z-x=p^{1/(p-1)}でも同じ結果になるので
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と
つまりフェルマーの最終定理の証明ではないのです
>>816も同じことでフェルマーの最終定理の証明ではありません
p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
834(6): 日高 2020/09/28(月)20:03 ID:HWOGA3/K(25/26) 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。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
835(1): 日高 2020/09/28(月)20:04 ID:HWOGA3/K(26/26) 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。
836(1): 2020/09/28(月)20:32 ID:3GQlLG0q(5/5) AAS
>>815
皮肉が通じないようだな。
837(1): 2020/09/28(月)20:42 ID:28TIqbb1(5/7) AAS
>>830-833
> p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
何が違うの？
あんたが同じコメントを連投するのは理解していないサインなのだが
x^p+y^p=z^pが有理数解を持たないこと(持つことも同じ)
と
x^p+y^p=z^p,z-xが無理数のときに有理数解を持たないこと
は同値ではない
x^2+y^2=z^2が有理数解を持つこと(持たないことも同じ)
と
省5
838(1): 2020/09/28(月)20:50 ID:28TIqbb1(6/7) AAS
>>830-833
> p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
本来はp=2の場合とpが奇素数の場合で異なることを証明しないといけない
p=2のときx^p+y^p=z^pは有理数解を持つ
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pは有理数解を持たない
よってp=2の場合とpが奇素数の場合で同じ結果が導かれる条件では
フェルマーの最終定理は証明できない
x,yが有理数,z-xが無理数であれば
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
省4
839(1): 2020/09/28(月)21:25 ID:28TIqbb1(7/7) AAS
>>830-833
> p=2の場合と、pが奇素数の場合は、違います。
p=2の場合とpが奇素数の場合で同じ結果が導かれる条件では
フェルマーの最終定理は証明できない
z-xが無理数であればp=2の場合とpが奇素数の場合で
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとyが有理数のときxは無理数となる
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとyが有理数のときxは無理数となる
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとxが有理数のときyは無理数となる
省8
840(1): 2020/09/28(月)21:32 ID:Q9GbNVRq(1) AAS
命題：「日高の証明は循環論法である。」
という指摘に対して、有効な反論は全くされていません。
上記命題により、日高の証明は間違いです。
間違いでないというなら、上記命題が間違いであるということを証明してください。
循環論法であるという指摘は過去大量にされているので、そのいくつかに対してまともな反論が出来れば十分です。
841(1): 2020/09/28(月)22:00 ID:Wo/QLU68(1/5) AAS
>>809
p=2のとき
r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)
ｘ=5、ｙ=12、ｚ=13とおく。r=z-x=8となる。
a=1のとき、8{(12/8)^2-1}=2*5
省3
842(1): 2020/09/28(月)22:13 ID:Wo/QLU68(2/5) AAS
>>805
あなたは、2chｽﾚ:mathの>>783で
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数でも、無理数でも、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは
> 成り立ちません。
と書いていますから、
> 35^(1/3)は、無理数です。
関係ありませんね。
省1
843(1): 2020/09/28(月)22:18 ID:Wo/QLU68(3/5) AAS
>>806
> (p^{1/(p-1)})/wは、有理数でしょうか？無理数でしょうか？
(p^{1/(p-1)})/wが有理数か無理数かにかかわりなく、必ず
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p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、必ず成り立ちます。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは(4)と同じ形なので、(4)はｓ､ｔがどんな数でも必ず成り立ちます。
(4)が成り立たないというなら、成り立たないｓ､ｔ、ｒを書いてください。
省1
844(2): 2020/09/28(月)22:32 ID:X6kQgjr4(1) AAS
久しぶりにのぞいてみました。
いやあ，いろいろきついこと言われ続けているせいか【証明】が支離滅裂になってますね。
>【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。
と前提しているのだから，(１)の左辺式は有理数であり，したがって右辺式 (x+r)^p が無理数にならないことは自明ですが
>(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)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
というのは，この右辺が無理数になるとき(これは必ずしも自明ではないが r,r^2,...r^pの1次独立性は認められているものとする)，
x,yを有理数とする(1)式は成り立たない，
というこの自明な事実を述べているだけではありませんか？
x,yが有理数ならば，x^p+y^p=z^p=(x+r)^p は有理数にきまっているので，
省5
845(1): 2020/09/28(月)23:03 ID:Wo/QLU68(4/5) AAS
>>808
何をとんちんかんなことを書いているのですか？
>>834に
> (3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
と書いてあります。
「ｘ、ｙが有理数」はあなたが勝手に決めた制限で、
ｘ、ｙが無理数の時、有理数ではないのであなたが勝手に決めた制限の下での解とは言えないが、
(3)が成り立つような無理数で整数比の数x=sw,y=tw,z=uwがあるかもしれません。
勝手にｘ、ｙが有理数と決めることで、x=sw,y=tw,z=uwのとき(3)が成り立つことを否定することはできません。
省2
846(1): 2020/09/28(月)23:06 ID:kvfezdWS(1/2) AAS
>>809 日高
> rは、勝手に決めてはいません。
> 式変形により、導きました。
ここに，すべての根源があるように思います。
AB=CDならA=C,B=Dと信じているような痕跡があります。
だれかうまく指摘できないでしょうか。
847(2): 2020/09/28(月)23:13 ID:Wo/QLU68(5/5) AAS
>>844
もう14スレ目ぐらいですから、さすがにそういう話は過ぎたっていうか
ただ正しいことを書いても「わかりません」で彼の中でその指摘がなかったことになりますから
何とか彼に彼が間違っていることを伝えられる方法はないかと試行錯誤してここに至るというか
さすがに>>819は彼が間違いを認めることがないので予想はできても、実際の所少しがっかりしましたが
848(3): 2020/09/28(月)23:18 ID:kvfezdWS(2/2) AAS
日高氏を擁護するつもりはありませんが日高氏のp=2の場合は一つの事実を述べています。
x^2+y^2=z^2をみたす自然数の三つ組（ピタゴラス数）があったとすると
一つの適当な有理数をx,y,zにかけることでz-x=2と“規格化”できます。
x^2+y^2=(x+2)^2を展開するとy^2=4x+4となるのでyを2より大きい任意の有理数とするとxが正の有理数となりz=x+2も正の有理数です。
互いに素なピタゴラス数はこのやり方で得られた正の有理数解を（uniqueな）定数倍して得られます。
849(1): 2020/09/29(火)00:12 ID:VD6qFXCZ(1) AAS
>>809
式変形で、変形する前に答えだったものが答えでなくなったりすることはありません。
答えが変わったりすることもありません。
p=2のとき、
ｘ=5、ｙ=12、r=8は、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)の解です。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
x=5,y=12,r=8は、(2)の解です。さらに、新たに加えた、0でないすべてのaに対して、x=5,y=12,r=8は、(2)の解です。
もちろんa=1のときも、x=5,y=12,r=8は、(2)の解です。a=√3/2のときも、x=5,y=12,r=8は、(2)の解です。
a=πのときも、x=5,y=12,r=8は、(2)の解です。aがどんな数でも、x=5,y=12,r=8は、(2)の解です。
省4
850(1): 2020/09/29(火)03:03 ID:ScvUQoL7(1/12) AAS
>>847
最新の【証明】(>>834)からは(>>1)にある
>(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。
という表現が抜けています。
これを実現しただけでも大成功ではないでしょうか。
>日高氏
>>834の【証明】に
>(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
>(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
とありますが，そうなる理由は r^(p-1)=p とrを定めたとき，z^pが無理数である，という単純な事実によるのであって，
省7
851(1): 2020/09/29(火)03:18 ID:ScvUQoL7(2/12) AAS
>日高氏
>【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。
x,yは有理数なのだから(1)の左辺は有理数になります。
この時点で，rを無理数にとることはおかしいと思いませんか？
「！！成り立たないに決まっている！！」
そう思われませんか？？？
852(1): 2020/09/29(火)03:56 ID:ScvUQoL7(3/12) AAS
もちろん r=w-x (wは無理数，したがってｒも無理数)とおけば r を無理数としても(1)は成り立たせることができます。
でもそれでは 右辺からxが消えてしまいますし，x^p+y^p=w^p…(1)となるだけです。
そもそも，x,yが有理数の場合に，zが無理数であってよいならx^p+y^p=z^pが成り立ちうることは自明です。
「x,yは有理数とする」としつつ「r^(p-1)=p」と置くことに意味はないと思われませんか？
853: 日高 2020/09/29(火)06:14 ID:h1D0SP73(1/43) AAS
>836
>>815
皮肉が通じないようだな。
どういう意味でしょうか？
854(1): 日高 2020/09/29(火)06:24 ID:h1D0SP73(2/43) AAS
>837
x^p+y^p=z^pが有理数解を持たないこと(持つことも同じ)
と
x^p+y^p=z^p,z-xが無理数のときに有理数解を持たないこと
は同値ではない
よく、理解でないので、例を挙げていただけないでしょうか。
855(1): 日高 2020/09/29(火)06:37 ID:h1D0SP73(3/43) AAS
>838
x,yが有理数,z-xが無理数であれば
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
と同じ結果になるので
「x,yが有理数,z-xが無理数であれば」を、
「x,yが有理数,z-xが有理数であれば」に換えた場合は、どうなるでしょうか？
856(1): 日高 2020/09/29(火)06:51 ID:h1D0SP73(4/43) AAS
>839
z-xが無理数であればp=2の場合とpが奇素数の場合で
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが有理数なので成り立たない
「x,yが有理数,z-xが無理数であれば」を、
「x,yが有理数,z-xが有理数であれば」に換えた場合は、どうなるでしょうか？
857(1): 日高 2020/09/29(火)06:57 ID:h1D0SP73(5/43) AAS
>840
命題：「日高の証明は循環論法である。」
という指摘に対して、有効な反論は全くされていません。
【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。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
省2
858(1): 日高 2020/09/29(火)07:22 ID:h1D0SP73(6/43) AAS
>841
r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)
ｘ=5、ｙ=12、ｚ=13とおく。r=z-x=8となる。
a=1のとき、8{(12/8)^2-1}=2*5
8=a2なので、a=4となります。
x^2+y^2=(x+8)^2…(4)
5^2+12^2=(5+8)^2
となります。
859(2): 2020/09/29(火)07:25 ID:J8aW9Ed+(1) AAS
>>854
p=2のときとpが奇素数のときに共通することだけれども
x^2+y^2=z^2,x^p+y^p=z^pが有理数解をもつならば
z=x+(z-x)なので(z-x)で割った解を考えれば
x^2+y^2=(x+1)^2,x^p+y^p=(x+1)^pも必ず有理数解をもつ
z-x=1のときの有理数解を(s,t,u)とすれば
z-xが無理数の時は(s,t,u)の無理数倍を考えることになるので
x,y,zは必ず無理数になる
例はp=2のときは自分で考えられるでしょ
860(1): 日高 2020/09/29(火)07:29 ID:h1D0SP73(7/43) AAS
>842
> 35^(1/3)は、無理数です。
関係ありませんね。
どういう意味でしょうか？
861(2): 2020/09/29(火)07:36 ID:2e+YjYzz(1) AAS
>>855-856
> 「x,yが有理数,z-xが有理数であれば」に換えた場合は、どうなるでしょうか？
z-xが有理数であれば
x^2+y^2=z^2={x+(z-x)}^2の右辺を展開するとx,yが有理数ならば成り立つ可能性がある
x^p+y^p=z^p={x+(z-x)}^pの右辺を展開するとx,yが有理数ならば成り立つ可能性がある
実際に成り立つかどうかは別に証明が必要であり
pが奇素数のときはフェルマーの最終定理の証明をすることが必要になる
862(2): 日高 2020/09/29(火)07:55 ID:h1D0SP73(8/43) AAS
>843
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは(4)と同じ形なので、(4)はｓ､ｔがどんな数でも必ず成り立ちます。
(4)が成り立たないというなら、成り立たないｓ､ｔ、ｒを書いてください。
p=3の場合
s=2、t=3、r=1
863(1): 2020/09/29(火)07:55 ID:8jiBjcWv(1) AAS
>>861
> 実際に成り立つかどうかは別に証明が必要であり
これに補足をしておくと
直接的にやるのならばz-x=1としてyに適当な有理数を代入してから
xについての(p-1)次方程式を解いてその解xが有理数であるかを
確認することになる
p=2であれば(p-1)次方程式は1次方程式だから解xが有理数であるかはすぐに分かる
>>835
> yが有理数のとき、xは有理数となるので
この部分のこと
省4
864(2): 日高 2020/09/29(火)08:05 ID:h1D0SP73(9/43) AAS
>844
【証明】で述べていることは，ただそれだけでしかなく，ほとんど無内容だと思われます。
日高氏に対しては，細部の式変形をどうこういうよりも，もっと大局的な視点からの誤りを指摘してあげた方がよいのではないでしょうか。
大局的な視点からの誤りを指摘していただけないでしょうか。
865(2): 2020/09/29(火)08:15 ID:fmOFb9ET(1) AAS
そもそも日高氏に数学の理解が無いのでどうしようもない
どんなにスレを続けても全く価値がない
866(1): 日高 2020/09/29(火)08:22 ID:h1D0SP73(10/43) AAS
>845
「ｘ、ｙが有理数」はあなたが勝手に決めた制限で、
ｘ、ｙが無理数の時、有理数ではないのであなたが勝手に決めた制限の下での解とは言えないが、
(3)が成り立つような無理数で整数比の数x=sw,y=tw,z=uwがあるかもしれません。
勝手にｘ、ｙが有理数と決めることで、x=sw,y=tw,z=uwのとき(3)が成り立つことを否定することはできません。
(3)が成り立つような無理数で整数比の数x=sw,y=tw,z=uwがあるならば、
その解をw^pで割った、
x=s,y=t,z=uもあります。
867: 日高 2020/09/29(火)08:29 ID:h1D0SP73(11/43) AAS
>846
AB=CDならA=C,B=Dと信じているような痕跡があります。
だれかうまく指摘できないでしょうか。
正確にいえば、AB=aCD(1/a)ならば、A=aCのとき、B=D(1/a)となる。
です。
868(1): 日高 2020/09/29(火)08:34 ID:h1D0SP73(12/43) AAS
>847
ただ正しいことを書いても「わかりません」で彼の中でその指摘がなかったことになりますから
どの部分のことでしょうか？
869: 日高 2020/09/29(火)08:46 ID:h1D0SP73(13/43) AAS
>848
x^2+y^2=(x+2)^2を展開するとy^2=4x+4となるのでyを2より大きい任意の有理数とするとxが正の有理数となりz=x+2も正の有理数です。
yは2より大きい任意の有理数では、なくても、任意の有理数でよいです。
y=0、x=-1
870(1): 日高 2020/09/29(火)09:04 ID:h1D0SP73(14/43) AAS
>849
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
x=5,y=12,r=13は、(3)の解ではありません。つまり(2)を(3)にするのは、式変形ではありません。rを勝手に決めただけです。
rを勝手に決めたわけでは、ありません。
a=1とすると、r=2となります。
871(1): 日高 2020/09/29(火)09:06 ID:h1D0SP73(15/43) 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。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
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