二項定理を使ったフェルマーの最終定理の証明

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1(26): 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

572(1): 日高 2020/09/23(水)18:42 ID:uIv4eEq1(20/24) AAS
>569
ほら、またすぐに聞く。

わからないので、聞いています。

573: 日高 2020/09/23(水)18:44 ID:uIv4eEq1(21/24) AAS
>570
必要十分条件かな

よく、意味がわかりません。

574(1): 日高 2020/09/23(水)18:48 ID:uIv4eEq1(22/24) AAS
>571
「すべての解」とあるのが読めないのでしょうか？
yが有理数の解もあれば無理数の解もあるのに勝手に有理数に限定してはいけません

y*a^{1/(p-1)}のyが、有理数のとき、y*a^{1/(p-1)}は、有理数にも、無理数にも
なります。

575: 日高 2020/09/23(水)18:50 ID:uIv4eEq1(23/24) 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が有理数のとき、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。

576(1): 日高 2020/09/23(水)18:51 ID:uIv4eEq1(24/24) 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。
(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、(3)は整数比の解を持たない。
(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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の解を持たない。
∴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。

577(2): 2020/09/23(水)19:08 ID:qK/l3VZr(1) AAS
>>574

> >571
> 「すべての解」とあるのが読めないのでしょうか？
> yが有理数の解もあれば無理数の解もあるのに勝手に有理数に限定してはいけません
>
> y*a^{1/(p-1)}のyが、有理数のとき、y*a^{1/(p-1)}は、有理数にも、無理数にも
> なります。

それは前提である「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」を無視して aを勝手に変更しているからですね
ある一つのx^p+y^p=z^p の解が「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」とき、aの値は一つに決まるので勝手に変えることはできません

578(1): 2020/09/23(水)19:21 ID:7c8XvSe1(1) AAS
>>533
> z=x+√3なので、x,yが共に有理数とは、なりません。
z=x+√3の場合はx,yが共に無理数になることが分からないのならアウト

(x,y,z)=(k*2,k*3,k*35^(1/3)) k=√3/{35^(1/3)-2}
(x,y,z)=(k*3,k*4,k*91^(1/3)) k=√3/{91^(1/3)-3} などはz=x+√3の場合でx,yが共に無理数
z=x+√3の場合でx,yが共に無理数の解をa^{1/(p-1)}=a^(1/2)倍した解の中には
(x,y,z)=(2,3,35^(1/3)),(x,y,z)=(3,4,91^(1/3))などのような
x,yが共に有理数であるような解が含まれる

>>576のあんたの証明では
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので
省7

579: 2020/09/23(水)21:11 ID:iyqFYmEw(3/3) AAS
>>572

> >569
> ほら、またすぐに聞く。
>
> わからないので、聞いています。
考えてないだろうが。だからごまかしだって言ってるの。

580(1): 2020/09/23(水)22:05 ID:gD8YWcqF(3/3) AAS
>>545

ｐが奇素数の時は、そんなことしていないじゃないですか。

なぜ、p=2のときはｙが無理数の時のことを考えるのに、
pが奇素数の時は
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。ので、
> (3)のx,y,zが、有理数で整数比の解となるかを、検討します。
とかいって、ｙが有理数の時のことだけ考えるのですか？

整合性が取れません。

x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)について、
ｐ=2の時にｙが無理数の時のことを考えるならば、同じようにｐが奇素数の時もyが無理数の時のことを考えてください。
省3

581(1): 日高 2020/09/24(木)08:01 ID:RODzWe15(1/15) AAS
>577
それは前提である「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」を無視して aを勝手に変更しているからですね
ある一つのx^p+y^p=z^p の解が「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」とき、aの値は一つに決まるので勝手に変えることはできません

「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」とき、aの値は一つに決まりますが、
そのとき、
z-x=(ap)^{1/(p-1)}は、有理数でしょうか？無理数でしょうか？

582(2): 2020/09/24(木)09:01 ID:lQ+72kdw(1/3) AAS
>>581

> >577
> それは前提である「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」を無視して aを勝手に変更しているからですね
> ある一つのx^p+y^p=z^p の解が「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」とき、aの値は一つに決まるので勝手に変えることはできません
>
> 「z-x=(ap)^{1/(p-1)}を満たす」とき、aの値は一つに決まりますが、
> そのとき、
> z-x=(ap)^{1/(p-1)}は、有理数でしょうか？無理数でしょうか？

aに関する条件はa≠1だけですから、もちろん両方ですね

583: 日高 2020/09/24(木)10:07 ID:RODzWe15(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。
(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、(3)は整数比の解を持たない。
(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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の解を持たない。
(2)はa(1/a)=1となるので、a=1、r^(p-1)=pのときのみを考えればよい。
∴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。

584: 日高 2020/09/24(木)10:09 ID:RODzWe15(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が有理数のとき、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。
(2)はa(1/a)=1となるので、a=1、r=2のときのみを考えればよい。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。

585(1): 日高 2020/09/24(木)10:26 ID:RODzWe15(4/15) AAS
>578
z=x+√3の場合はx,yが共に無理数になることが分からないのならアウト

x,yが共に無理数の場合、zが無理数となる可能性は、ありますが、
(4)は、整数比の解を持ちません。

586: 日高 2020/09/24(木)10:30 ID:RODzWe15(5/15) AAS
>580
pが奇素数の時は
> (3)のx,y,zが、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。ので、
> (3)のx,y,zが、有理数で整数比の解となるかを、検討します。
とかいって、ｙが有理数の時のことだけ考えるのですか？

y,xが無理数のときは、(4)のzが有理数の場合となります。
(4)は、整数比の解を持ちません。

587(2): 日高 2020/09/24(木)10:35 ID:RODzWe15(6/15) AAS
>582
> z-x=(ap)^{1/(p-1)}は、有理数でしょうか？無理数でしょうか？

aに関する条件はa≠1だけですから、もちろん両方ですね

z-x=(ap)^{1/(p-1)}が、有理数、無理数どちらであっても、
(4)は、整数比の解を持ちません。

588(1): 2020/09/24(木)12:09 ID:lQ+72kdw(2/3) AAS
>>587

> >582
> > z-x=(ap)^{1/(p-1)}は、有理数でしょうか？無理数でしょうか？
>
> aに関する条件はa≠1だけですから、もちろん両方ですね
>
> z-x=(ap)^{1/(p-1)}が、有理数、無理数どちらであっても、
> (4)は、整数比の解を持ちません。

どちらであってもよいのなら、尋ねる必要はなかったはずですが……

そもそもが「(4)は、整数比の解を持たない」の根拠が不十分だ、という指摘なので、そのような主張をされても「根拠を出せ」としか返せませんよ

589(2): 2020/09/24(木)12:22 ID:lQ+72kdw(3/3) AAS
>>587
あなたは

> >485
> x^p+y^p=z^p の解が
> ・z-x=p^{1/(p-1)}, y が有理数
> ・z-x=(ap)^{1/(p-1)}, y が有理数×a^{1/(p-1)} (a≠1)
> のどちらかであるときに、整数比にならない
>
> x^p+y^p=z^p の解が整数比にならないことを、示すには十分だと思います。

と書かれましたので、それならば
省7

590: 2020/09/24(木)12:28 ID:KVEhRYkW(1) AAS
唐突だがサイモン・シンの「フェルマーの最終定理」を読んだ
数学のド素人だから数学の話はオイラーあたりでもう振り落とされたが
数学者の歴史だけでも凄い面白かった
物理学者出身の癖に文才もあるとかなんかムカつくな

591: 日高 2020/09/24(木)14:52 ID:RODzWe15(7/15) AAS
>588
そもそもが「(4)は、整数比の解を持たない」の根拠が不十分だ、という指摘なので、そのような主張をされても「根拠を出せ」としか返せませんよ

根拠は、「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の解を持たない。」です。

592(1): 日高 2020/09/24(木)14:58 ID:RODzWe15(8/15) AAS
>589
> z-x=(ap)^{1/(p-1)}が、有理数、無理数どちらであっても、
> (4)は、整数比の解を持ちません。

と返されても
「その根拠が不明だとして始まったやりとりで、何をを言い出すんだ？」
となるのです

「質問の意味がよくわからない」ので、同じ内容で、
言い方を、変えていただけないでしょうか。

593(8): 日高 2020/09/24(木)14:59 ID:RODzWe15(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。
(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、(3)は整数比の解を持たない。
(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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の解を持たない。
(2)はa(1/a)=1となるので、a=1、r^(p-1)=pのときのみを考えればよい。
∴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。

594: 日高 2020/09/24(木)15:00 ID:RODzWe15(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が有理数のとき、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。
(2)はa(1/a)=1となるので、a=1、r=2のときのみを考えればよい。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。

595(1): 2020/09/24(木)17:39 ID:WUC+jmqz(1/4) AAS
>>585
> x,yが共に無理数の場合、zが無理数となる可能性は、ありますが、
> (4)は、整数比の解を持ちません。

> (4)は、整数比の解を持ちません。
これが正しいことの証明がありません

(A) x^p+y^p=z^pの3つの変数x,y,zの内2つの値は整数比にできる
(B) x^p+y^p=z^pの3つの変数x,y,zの値を整数比にできる

(A)が正しくないならば(B)は成り立たないから
(A)が正しくないことを用いればフェルマーの最終定理の証明が得られたように
見えるかもしれないがその証明は間違い
省4

596(3): 2020/09/24(木)18:28 ID:x+0OAUQC(1) AAS
>>592

> >589
> > z-x=(ap)^{1/(p-1)}が、有理数、無理数どちらであっても、
> > (4)は、整数比の解を持ちません。
>
> と返されても
> 「その根拠が不明だとして始まったやりとりで、何をを言い出すんだ？」
> となるのです
>
> 「質問の意味がよくわからない」ので、同じ内容で、
省18

597(3): 2020/09/24(木)18:31 ID:6TN1Nj7B(1) AAS
>>596 へ追記です

> あなたは結論が成立するための前提を確認している最中に結論を持ち出したのですよ

結論が成立するための根拠に結論を持ち出す
これが「循環論法」と呼ばれる誤謬(論理的な間違い)です

598(2): 2020/09/24(木)19:48 ID:Hx4G5mqL(1/3) AAS
>>593
> (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、(3)は整数比の解を持たない。

どうしてここで整数比の解を持たないと言えるのですか？

599(1): 日高 2020/09/24(木)19:58 ID:RODzWe15(11/15) AAS
>595
(A) x^p+y^p=z^pの3つの変数x,y,zの内2つの値は整数比にできる
(A)は正しいので間違いです

z=(x^p+y^p)^(1/p)ならば、できます。

600(1): 2020/09/24(木)20:09 ID:WUC+jmqz(2/4) AAS
>>599
> (A)は正しいので間違いです
> z=(x^p+y^p)^(1/p)ならば、できます。
だから(A)は正しいのであんたの証明は間違い

x^p+y^p=z^pならばz=(x^p+y^p)^(1/p)
できることが>>593の一体どこに書いてあるのだね？

> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
> (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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)は整数比の解を持たない。
> (2)はa(1/a)=1となるので、a=1、r^(p-1)=pのときのみを考えればよい。
省1

601(1): 日高 2020/09/24(木)20:22 ID:RODzWe15(12/15) AAS
>596
「(4)の解が整数比にならない」は
> ・z-x=(ap)^{1/(p-1)}, y が無理数×a^{1/(p-1)} (a≠1)
を満たす解を考慮していないからです

(3)のx,y,zが、無理数で、整数比の解となるならば、x,y,zが有理数で、整数比の解となります。

602(3): 日高 2020/09/24(木)20:29 ID:RODzWe15(13/15) AAS
>597
結論が成立するための根拠に結論を持ち出す
これが「循環論法」と呼ばれる誤謬(論理的な間違い)です

これは、(3)で、yが無理数の場合を検討していないのに、結論を持ち出していると
いうことでしょうか？

603(1): 2020/09/24(木)20:33 ID:6ko5Qpj7(1) AAS
>>601

> >596
> 「(4)の解が整数比にならない」は
> > ・z-x=(ap)^{1/(p-1)}, y が無理数×a^{1/(p-1)} (a≠1)
> を満たす解を考慮していないからです
>
> (3)のx,y,zが、無理数で、整数比の解となるならば、x,y,zが有理数で、整数比の解となります。

はて、確かに「z-x=p^{1/(p-1)}を満たすx^p+y^p=z^p の整数比の解」が存在するならば
「z-x=(ap)^{1/(p-1)} (a≠1)を満たすx^p+y^p=z^p の整数比の解」が存在しますが、それが何か？

604(1): 2020/09/24(木)20:34 ID:Hx4G5mqL(2/3) AAS
>>602
「『根拠に』結論を持ち出す」の意味がわかっていない。

605(1): 日高 2020/09/24(木)20:35 ID:RODzWe15(14/15) AAS
>598
> (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、(3)は整数比の解を持たない。

どうしてここで整数比の解を持たないと言えるのですか？

(3)のyが無理数の場合は、(4)のrが有理数の場合となります。この場合も、x,yは
整数比の解となりません。

606(1): 日高 2020/09/24(木)20:40 ID:RODzWe15(15/15) AAS
>600
x^p+y^p=z^pならばz=(x^p+y^p)^(1/p)
できることが>>593の一体どこに書いてあるのだね？

自明です。

607(1): 2020/09/24(木)20:40 ID:Hx4G5mqL(3/3) AAS
>>605 日高
> >598
> > (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、(3)は整数比の解を持たない。
>
> どうしてここで整数比の解を持たないと言えるのですか？
>
> (3)のyが無理数の場合は、(4)のrが有理数の場合となります。この場合も、x,yは
> 整数比の解となりません。

(4)までゆかないと言えないことなら、ここに「整数比の解を持たない」と書くのはおかしいでしょう？

608(2): 2020/09/24(木)20:44 ID:tpnwrp1f(1) AAS
>>602

> >597
> 結論が成立するための根拠に結論を持ち出す
> これが「循環論法」と呼ばれる誤謬(論理的な間違い)です
>
> これは、(3)で、yが無理数の場合を検討していないのに、結論を持ち出していると
> いうことでしょうか？

その通りです
あなたのこれまでの回答を見ていると、

「(4)が整数比の解を持たない」のために
省5

609(1): 2020/09/24(木)20:53 ID:PnQQyD03(1) AAS
>>608

> >>602
>
> > >597
> > 結論が成立するための根拠に結論を持ち出す
> > これが「循環論法」と呼ばれる誤謬(論理的な間違い)です
> >
> > これは、(3)で、yが無理数の場合を検討していないのに、結論を持ち出していると
> > いうことでしょうか？
>
省19

610(2): 2020/09/24(木)21:29 ID:WUC+jmqz(3/4) AAS
>>606
> 自明です。

そういう書き方で良いのならば
あんたの証明が間違っていることは自明
で済むんだけれども

>>593
> (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
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
これはx^p+y^p=z^pならばz=(x^p+y^p)^(1/p)より間違い

611(1): 2020/09/24(木)22:21 ID:WUC+jmqz(4/4) AAS
>>610
少し具体的にすると

x,yの値を有理数に決めてzの値が有理数になるかどうかを調べる

例
x=2,y=3とするつまり解(2,3,z)のzの値の検討

>>593
> (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
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる

この方法にならってx^3+y^3=(x+√3)^3のyに1を代入してxを求めたとする
y=1であるから3倍したときに上の解(2,3,z)のzの値の検討ができるか？
省2

612(1): 2020/09/25(金)00:09 ID:fHGmjIma(1/2) AAS
>>593
p=2の時を考えてみましょう。

593より> 【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。
593より> (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。

593より> (2)はa=a=(√3)/2、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
593より> (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、(3)は整数比の解を持たない。
545より> (3)の右辺を二項展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
417より> (3)のx,y,zが、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。ので、
省12

613(1): 2020/09/25(金)00:18 ID:fHGmjIma(2/2) AAS
>>593

> (2)はa(1/a)=1となるので、a=1、r^(p-1)=pのときのみを考えればよい。

aはもともと、元の式x^p+y^p=z^pとは全く関係なく決めた数だからどんな数でもどうでもいいですよ。

ｒは元の式に出てくるｘ、ｚに対して、z=x+rを満たさないといけないのでそうはいきません。勝手に1つの値に決めることはできません。

p=2でr^(p-1)=pのとき、ｘ=5、ｙ=12、ｚ=13はx^p+y^p=(x+r)^p…(1)を満たさないのでx^p+y^p=z^pの答えではないことになってしまいます。
省1

614(1): 日高 2020/09/25(金)06:22 ID:g6cbAzx7(1/32) 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は無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(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が有理数の場合は、(4)となるので、s,tは整数比とならない。
省2

615: 2020/09/25(金)06:24 ID:QF7VrAUC(1/2) AAS
日高さん、自信があるなら査読付きの論文誌に投稿したら？
自信がないから5ちゃんの曖昧なところでダダ捏ねてるんでしょ？

616(6): 日高 2020/09/25(金)06:28 ID:g6cbAzx7(2/32) 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は無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(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が有理数の場合は、(4)となるので、s,tは整数比とならない。
省1

617: 2020/09/25(金)06:30 ID:jtbE/PyT(1) AAS
>>614

> 【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は有理数となる。

rは常に有理数になるわけではないので「rは有理数となる」はおかしいですね
例によって実際には「rは有理数となる(場合がある)」か、前提条件が欠落しているのでしょう

> (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は無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
省7

618(1): 2020/09/25(金)06:50 ID:rimiZI4X(1) AAS
>>616
> (3)をx=sw、y=twとおいて
> s,tは有理数
この時点で(3)のx,yは整数比でa^{1/(p-1)}倍しても比は変わらないので
> s,tは整数比とならない
これはあり得ないです

619: 2020/09/25(金)06:53 ID:flMqIGF5(1) AAS
>>616

> 【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は無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。

例によって例の如く、「yが無理数の場合は？」ですね
yが無理数の場合について証明が完了するまで「(3)は整数比の解を持たない」を前提として使うことは許されません
省8

620: 日高 2020/09/25(金)06:54 ID:g6cbAzx7(3/32) AAS
>603
616を見てください。

621: 日高 2020/09/25(金)06:56 ID:g6cbAzx7(4/32) AAS
>604
616を見てください。

622: 日高 2020/09/25(金)07:02 ID:g6cbAzx7(5/32) AAS
>607
616を見てください。

623: 日高 2020/09/25(金)07:05 ID:g6cbAzx7(6/32) AAS
>608
616を見てください。

624: 日高 2020/09/25(金)07:07 ID:g6cbAzx7(7/32) AAS
>609
616を見てください。

625: 日高 2020/09/25(金)07:10 ID:g6cbAzx7(8/32) AAS
>610
616を見てください。

626: 日高 2020/09/25(金)07:12 ID:g6cbAzx7(9/32) AAS
>611
616を見てください。

627: 日高 2020/09/25(金)07:14 ID:g6cbAzx7(10/32) AAS
>612
616を見てください。

628: 日高 2020/09/25(金)07:17 ID:g6cbAzx7(11/32) AAS
>613
616を見てください。

629(1): 日高 2020/09/25(金)07:21 ID:g6cbAzx7(12/32) 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は無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(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が有理数の場合は、(4)となるので、s,tは整数比とならない。
省1

630(3): 2020/09/25(金)07:25 ID:urQYNgke(1) AAS
>>616
ちょっど丁寧に指摘しなおしますね

> 【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は無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。

例によって例の如く、「yが無理数の場合は？」ですね
省13

631(2): 2020/09/25(金)07:40 ID:cNX5IBEg(1/2) AAS
>>618
> >>616
> > (3)をx=sw、y=twとおいて
> > s,tは有理数
> この時点で(3)のx,yは整数比でa^{1/(p-1)}倍しても比は変わらないので
> > s,tは整数比とならない
> これはあり得ないです

これ自分も思うのだけれど、
> (s,tは有理数
って定義しておいて、あとで
省2

632: 日高 2020/09/25(金)07:58 ID:g6cbAzx7(13/32) 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が有理数のとき、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。

633(1): 2020/09/25(金)07:59 ID:fWs6CobC(1) AAS
>>629
x,yが整数比になる場合の扱いが間違っているのでアウト

s,tは有理数とする
x^p+y^p=z^pにおいてx=s,y=tとするとx,yは整数比
s^p+t^p=z^p=(s+(z-s))^p x,yは整数比
(s/(z-s))^p+(t/(z-s))^p=(s/(z-s)+1)^p…(4) x,yは整数比
これをp^{1/(p-1)}倍すれば(3)になりx,yは整数比

(s/(z-s))^p+(t/(z-s))^p=(s/(z-s)+1)^p…(4)において
zが無理数ならばx,yは整数比
zが有理数ならばx,yは整数比かつzが有理数であることからx,y,zが整数比
省7

634(4): 日高 2020/09/25(金)08:08 ID:g6cbAzx7(14/32) 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は無理数となるので、(3)は整数比の解を持たない。
(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が有理数の場合は、(4)と同じ形となるので、s,tは整数比とならない。
省1

635(2): 日高 2020/09/25(金)08:10 ID:g6cbAzx7(15/32) AAS
>631
> (s,tは有理数
って定義しておいて、あとで
> s,tは整数比とならない。
ってなるの、ありえないよね。

634を見てください。

636: 2020/09/25(金)08:12 ID:cNX5IBEg(2/2) AAS
>>635
> >631
> > (s,tは有理数
> って定義しておいて、あとで
> > s,tは整数比とならない。
> ってなるの、ありえないよね。
>
> 634を見てください。

いや、変わってないと思うけど。

637(2): 2020/09/25(金)08:22 ID:jTid9+qu(1) AAS
>>635
> 634を見てください。
>>616
(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は有理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、s,tは整数比とならない。
>>634
(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。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じ形となるので、s,tは整数比とならない。

よくこれで634を見てくださいと言えるものだね
>>616
省5

638(1): 2020/09/25(金)12:13 ID:jLgAwDbK(1/2) AAS
>>637
何か言い返しさえすればいいと思ってるのかな。
幼稚園児なみですね。

639: 2020/09/25(金)12:15 ID:jLgAwDbK(2/2) AAS
>>638
もちろんこれは日高氏の書き込みに対する感想です。

640: 2020/09/25(金)12:21 ID:C/q5wCSE(1/8) AAS
>>634
> (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、(3)は整数比の解を持たない。
> (3)をx=sw、y=twとおいて、

自然数比の解を持たないと言った直後にこうおくのはなぜ？

641: 2020/09/25(金)12:22 ID:QF7VrAUC(2/2) AAS
指摘された事を考えてから回答するには最低2日間は要る。即座に意味がわからない、説明してくれ、というのは考えていないに等しい。

642(1): 日高 2020/09/25(金)12:37 ID:g6cbAzx7(16/32) AAS
>630
yが無理数の場合について証明が完了するまで「(3)は整数比の解を持たない」を前提として使うことは許されません

「(3)は整数比の解を持たない」は、ｙが、有理数の場合です。

643: 2020/09/25(金)13:29 ID:C/q5wCSE(2/8) AAS
>>642
> >630
> yが無理数の場合について証明が完了するまで「(3)は整数比の解を持たない」を前提として使うことは許されません
>
> 「(3)は整数比の解を持たない」は、ｙが、有理数の場合です。

だったら、「yが有理数の場合」とはっきり書かなくては。

644(2): 日高 2020/09/25(金)13:33 ID:g6cbAzx7(17/32) 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、(4)と同じ形となるので、s,tは整数比とならない。
省1

645: 日高 2020/09/25(金)13:38 ID:g6cbAzx7(18/32) AAS
>630
644を見てください。

646(1): 2020/09/25(金)13:39 ID:C/q5wCSE(3/8) AAS
>>644
> 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、(4)と同じ形となるので、s,tは整数比とならない。

(4)と同じ形だとなぜ自然数比にならないのですか？

647: 日高 2020/09/25(金)13:41 ID:g6cbAzx7(19/32) AAS
>633
644を見てください。

648: 日高 2020/09/25(金)13:42 ID:g6cbAzx7(20/32) AAS
>634
644を見てください。

649: 日高 2020/09/25(金)13:44 ID:g6cbAzx7(21/32) AAS
>637
644を見てください。

650(1): 日高 2020/09/25(金)13:51 ID:g6cbAzx7(22/32) AAS
>646
(4)と同じ形だとなぜ自然数比にならないのですか？

(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは、成り立ちません。
s,tが整数比でないならば、成り立ちます。

651(2): 2020/09/25(金)13:58 ID:C/q5wCSE(4/8) AAS
>>650
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは、成り立ちません。

なぜですか？

652(1): 日高 2020/09/25(金)17:43 ID:g6cbAzx7(23/32) AAS
>651
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは、成り立ちません。

x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの
x,yは、ともに、有理数とならないからです。

653(3): 日高 2020/09/25(金)17:47 ID:g6cbAzx7(24/32) 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、s,tは整数比とならない。
省1

654: 日高 2020/09/25(金)17:50 ID:g6cbAzx7(25/32) 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が有理数のとき、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。

655: 2020/09/25(金)17:51 ID:C/q5wCSE(5/8) AAS
>>652
> >651
> > (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、
> > s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは、成り立ちません。
>
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの
> x,yは、ともに、有理数とならないからです。

それはなぜですか？

656(2): 日高 2020/09/25(金)18:07 ID:g6cbAzx7(26/32) AAS
>653
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの
> x,yは、ともに、有理数とならないからです。

それはなぜですか？

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(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。からです。

657(1): 2020/09/25(金)18:14 ID:C/q5wCSE(6/8) AAS
>>656
> >653
> > x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの
> > x,yは、ともに、有理数とならないからです。
>
> それはなぜですか？
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> (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。からです。

式が違うけど。（aの有無。）

658(1): 2020/09/25(金)19:11 ID:Q6ya6PVI(1/3) AAS
>>653
> (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

> (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、s,tは整数比とならない。
おまえがやっていること
x^p+y^p=z^pが整数比の解を持つかどうかをしらべる
(1) x,yに有理数を代入する
(2) zが有理数かどうか調べる
主張
(3) zが有理数であればx,yは整数比でない
省14

659(1): 2020/09/25(金)19:27 ID:Q6ya6PVI(2/3) AAS
>>656
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> (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。からです。
間違い
これは理由にならない

今前提にしていることは
(3)においてx,yが共に無理数のときである
つまり
(3)の右辺を二項展開するとyが無理数のときxは無理数となる
(3)の右辺を二項展開するとxが無理数のときyは無理数となる
省2

660(2): 日高 2020/09/25(金)20:03 ID:g6cbAzx7(27/32) AAS
>657
式が違うけど。（aの有無。）

(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
ので、
(3)のx,yが共に有理数とならないならば、(4)のx,yも共に有理数となりません。

661(1): 2020/09/25(金)20:09 ID:Q6ya6PVI(3/3) AAS
>>660
> (3)のx,yが共に有理数とならないならば、(4)のx,yも共に有理数となりません
間違い

(3)のx,yが共に無理数であれば(4)のx,yが共に有理数となり得る

662(2): 2020/09/25(金)20:09 ID:C/q5wCSE(7/8) AAS
>>660
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> ので、
> (3)のx,yが共に有理数とならないならば、(4)のx,yも共に有理数となりません。

なぜそうなります？　a^{1/(p-1)}は無理数ですよね？

663(1): 日高 2020/09/25(金)20:11 ID:g6cbAzx7(28/32) AAS
>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？

664: 日高 2020/09/25(金)20:21 ID:g6cbAzx7(29/32) 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

665(1): 日高 2020/09/25(金)20:25 ID:g6cbAzx7(30/32) AAS
>659
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,yが共に有理数になり得る

(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。
よって、
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,yは、共に有理数となりません。

666(2): 日高 2020/09/25(金)20:29 ID:g6cbAzx7(31/32) AAS
>661
(3)のx,yが共に無理数であれば(4)のx,yが共に有理数となり得る

(3)のx,yは、共に有理数となりません。

667(1): 日高 2020/09/25(金)20:38 ID:g6cbAzx7(32/32) AAS
>662
なぜそうなります？　a^{1/(p-1)}は無理数ですよね？

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)

(4)の解は、(3)の解の定数倍、a^{1/(p-1)}倍となります。

668(2): 2020/09/25(金)20:44 ID:C/q5wCSE(8/8) AAS
>>667
>>662をよく読み直してください。

669(1): 2020/09/25(金)22:17 ID:1zjqvOO9(1/3) AAS
>>665
> (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)のx,yが共に無理数である前提だから異なる前提を持ち出すこと自体が無意味
>>666
> (3)のx,yは、共に有理数となりません。
(3)のx,yが共に無理数である前提だから異なる前提を持ち出すこと自体が無意味

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)においてx,yの値で場合分けする
p^{1/(p-1)}が無理数ならばx,yが共に有理数にはならないので残りは
[場合1]
yが有理数のときxは無理数となる場合あるいはxが有理数のときyは無理数となる場合
省9

670(1): 2020/09/25(金)22:32 ID:1zjqvOO9(2/3) AAS
例
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)において
>>666
> (3)のx,yは、共に有理数となりません。

(3)はx=2,y=3を解には持たないが
(x,y)=(k*2,k*3) k=√3/{35^(1/3)-2}を解に持つ
この場合x,yは共に無理数であるから>>668の[場合2]の解は存在する
このとき解の比はx:y=2:3でありx,yは整数比となっている
よってx=2,y=3を解に持つような(4)が存在する

671: 2020/09/25(金)22:36 ID:1zjqvOO9(3/3) AAS
>>670

>>668の[場合2]の解は存在する
を
>>669の[場合2]の解は存在する
に訂正

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