[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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74(11): 日高 2020/09/13(日)06:54 ID:6Gdzz29l(8/52) AAS
>72
>>1の内容をレスし直してもらっても良いですか。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
省4
75: 2020/09/13(日)06:55 ID:pnRiX9Ah(3/7) AAS
>>74
ありがとうございます。
99(1): 2020/09/13(日)13:04 ID:YKEXccTH(4/23) AAS
日本語は、最初から最後に向かって読むものです。
数学の証明も、同じです。
このスレ2chｽﾚ:mathの>>74
> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
省3
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
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
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。
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。
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
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
226(1): 2020/09/16(水)02:11 ID:OovwBV7h(5/5) AAS
>>204-210
200を見ても、あなたの書いた2chｽﾚ:mathが
インチキのウソである、という事実は変わりませんね。
200を見ても、あなたの書いた>>156がインチキのウソである、という事実は変わりませんね。
200を見ても、あなたの書いた>>167がインチキのウソである、という事実は変わりませんね
200を見ても、あなたの書いた>>74が失敗である、という事実は変わりませんね。
省1
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