フェルマーの最終定理の簡単な証明その２
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解は整数比とならない。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)のrは、有理数となる場合があるが、解は、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解は整数比となる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
糞スレ
どうしてでしょうか？
自明です。
自明です。
どうしてでしょうか？
妄想がただひたすら繰り返し主張されるクソスレ。
どの部分のことでしょうか？
迷惑老人の棲家
なぜ、迷惑なのでしょうか？
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解は整数比となる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
前スレ>976 日高
> >969
> > xが無理数の場合は、(5)で、考察しては、駄目でしょうか？
>
> だったらそれが言えるまで「x,y,zは自然数比とならない」とは言えないだろ。
>
> xが無理数の場合も、x,y,zの比は、かわりません。
それは誤り。
p=3の場合で書くと、フェルマーの最終定理に反例A^3+B^3=C^3があるとしたら、
(C-A)^3で両辺を割ることにより有理数a',b'に対しa'^3+b'^3=(a'+1)^3を得る。
(a'√3)^3+(b'√3)^3=(a'√3+√3)^3となってx^3+y^3=(x+√3)には有理数比をなす無理数解がある。
(a'√3)^3+(b'√3)^3=(a'√3+√3)^3
これは、有理数比をなす無理数解では、ありません。
自明とは、
証明したり説明したりしなくても、すでにそれ自体ではっきりしていること。
をいいます。
自明とは、
証明したり説明したりしなくても、すでにそれ自体ではっきりしていること。
をいいます。
なにが、自明でしょうか？
このスレが糞スレであることです。
> >12
> (a'√3)^3+(b'√3)^3=(a'√3+√3)^3
>
> これは、有理数比をなす無理数解では、ありません。
なぜですか？
このスレが糞スレであることです。
どうしてでしょうか？
> (a'√3)^3+(b'√3)^3=(a'√3+√3)^3
>
> これは、有理数比をなす無理数解では、ありません。
なぜですか？
有理数比をなしますが、両辺が、等しくなりません。
自明です。
627 名前：日高[] 投稿日：2020/05/30(土) 16:50:57.17 ID:vaCddZD8 [34/51]
>624
C^3+D^3=(C+1)^3 （C,Dは自然数）
が成り立ちます。
C,Dが自然数で成り立ちます。
C,Dが自然数のとき、両辺は、等しくなりません。
> >17
> > (a'√3)^3+(b'√3)^3=(a'√3+√3)^3
> >
> > これは、有理数比をなす無理数解では、ありません。
>
> なぜですか？
>
> 有理数比をなしますが、両辺が、等しくなりません。
なぜ等しくなりませんか？
> > (a'√3)^3+(b'√3)^3=(a'√3+√3)^3
なぜ等しくなりませんか？
(a'√3)^3+(b'√3)^3=(a'√3+√3)^3は、
(a')^3+(b')^3=(a'+1)^3となります。
(5)により、
r=1のとき、a',b'が、整数比とならないからです。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解は整数比となる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
> >22
> > > (a'√3)^3+(b'√3)^3=(a'√3+√3)^3
> なぜ等しくなりませんか？
>
> (a'√3)^3+(b'√3)^3=(a'√3+√3)^3は、
> (a')^3+(b')^3=(a'+1)^3となります。
> (5)により、
> r=1のとき、a',b'が、整数比とならないからです。
(5)は式です。この式からなぜ整数比とならないことが言えますか？
(5)は式です。この式からなぜ整数比とならないことが言えますか？
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)のrは、有理数となる場合があるが、解は、整数比とならない。
からです。
> >7
> 迷惑老人の棲家
>
> なぜ、迷惑なのでしょうか？
他人が迷惑だと感じることをやるから。
迷惑だと言われた書き込みを繰り返すから。
迷惑だと言われた書き込みを繰り返すから。
あなた以外には、言われていないと、思います。
いま、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)に自然数比をなす無理数解があるかどうかを論じている。
日高の主張は、これを満たす自然数比をなす有理数解がないことをもってそれが言えたとし、
自然数比の無理数解の場合は(5)にゆだねる。そして(5)の証明は(3)に帰着させるという。
見え透いた循環論法です。
私があげた例はフェルマーの最終定理に反例があったと仮定して構成したものですが、
これにまったく反論できていません。
見え透いた循環論法です。
なぜ、循環論法になるのでしょうか？
証明を書くときにごまかさないで、たとえば>>1の証明の5行目なら、
「(3)はrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、『xが有理数ならば』解は整数比とならない」
と正しくことばを補って書くことです。
まずはそのようにして証明を書き直してください。
> x,y,zの比が、同じときに成り立ちます。
p=2,x=5,y=12,z=13のとき： r^(p-1)=pは成り立ちません
p=2,x=5,y=12,z=13のとき： a=2のとき、r^(p-1)=apが成り立ちません。
p=2,x=10,y=24,z=26のとき： r^(p-1)=pは成り立ちません
p=2,x=10,y=24,z=26のとき： a=2のとき、r^(p-1)=apが成り立ちません。
p=2,x=5π,y=12π,z=13πのとき： r^(p-1)=pは成り立ちません
p=2,x=5π,y=12π,z=13πのとき： a=2のとき、r^(p-1)=apが成り立ちません。
以上より、「x,y,zの比が、同じときに必ず成り立つ」、は間違いです。
また、「x,y,zの比が、同じで、さらにほかの条件が満たされた時、成り立つ」としても
他の条件について何も書いていないので、証明として間違いです。
r^(p-1)=pもr^(p-1)=apも成り立たないときのことが書いていないので、
>>1-2の証明は間違いです。
まずはそのようにして証明を書き直してください。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解は整数比とならない。
xが、無理数で、整数比となる場合は、以下のようになる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)のrは、有理数となる場合があるが、解は、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
> (3)はrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解は整数比とならない。
書き足してないじゃありませんか。
以上より、「x,y,zの比が、同じときに必ず成り立つ」、は間違いです。
p=2,x=5,y=12,z=13のとき： r^(p-1)=pは成り立ちません
p=2,x=5,y=12,z=13のとき： a=2のとき、r^(p-1)=apが成り立ちません。
p=2,x=5/4,y=12/4,z=13/4のとき： r^(p-1)=pは成り立ちます。
p=2,x=5/2,y=12/2,z=13/2のとき：a=2のとき、r^(p-1)=apが成り立ちます。
x,y,zの比は、同じです。
書き足してないじゃありませんか。
「以下の行」を読めばわかると思います。
> >34
> 書き足してないじゃありませんか。
>
> 「以下の行」を読めばわかると思います。
そうやって自分をごまかしているから循環論法に気づかないんですよ。
数学の証明の中で何の断りもなく3つの数の組5，12，13を別の数の組5/4,12/4,13/4に変えてはいけません。
数学のルールを守る気がないのなら、数学をやる気がないのなら、掲示板に書くのをやめてください。
迷惑です。
完全に証明?した人が現れたぞ
> >27
> 迷惑だと言われた書き込みを繰り返すから。
>
> あなた以外には、言われていないと、思います。
思い込みで勝手に全て俺のせいにするな。
そうやって自分をごまかしているから循環論法に気づかないんですよ。
循環論法になっている部分は、どこでしょうか？
数学の証明の中で何の断りもなく3つの数の組5，12，13を別の数の組5/4,12/4,13/4に変えてはいけません。
比が、同じということを、言っています。変えているわけでは、ありません。
完全に証明?した人が現れたぞ
なにを、証明したのでしょうか？
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解は整数比となる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
> 変えているわけでは、ありません。
変えてないんだったら
p=2,x=5,y=12,z=13のとき： r^(p-1)=pは成り立ちません
p=2,x=5,y=12,z=13のとき： a=2のとき、r^(p-1)=apが成り立ちません。
p=2,x=5,y=12,z=13のとき： r^(p-1)=pも成り立たない、a=2のとき、r^(p-1)=apも成り立たないということが実際に起こっている
しかし証明にはr^(p-1)=pもr^(p-1)=apも成り立たない時のことが書いてない
よって>>1-2の証明は間違いです
しかし証明にはr^(p-1)=pもr^(p-1)=apも成り立たない時のことが書いてない
必要でしょうか？
証明には、持つと、書いているので、持たない場合もあります。
あなたの証明したいのは>>44でなく>>1でしょう？
>>1は落書きなのでどうでもいい、というなら必要ありません。
数学の掲示板に落書きをしないでください。迷惑です。
> 循環論法になっている部分は、どこでしょうか？
不要な部分はカッコに入れます。二重カギカッコが補った部分です。
>>33 日高
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
> 【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、）
（> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。）
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解は整数比とならない。
「(3)はrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、『xが有理数ならば』解は整数比とならない」が正しいです。
> xが、無理数で、整数比となる場合は、以下のようになる。
> (2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
> (4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
> (5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
ここで「(3)の解の」と書いていますが「(3)の無理数解の」です。
なぜならa^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}は無理数だから。
だから整数比とならないかどうかはわかりません。
（循環論法というよりは、不完全な論法でした。）
以下、引用は略します。
ゆえに証明は大間違いです。
>>1は落書きなのでどうでもいい、というなら必要ありません。
数学の掲示板に落書きをしないでください。迷惑です。
1は落書きでは、ありません。
そうですか。それでは
証明にはr^(p-1)=pもr^(p-1)=apも成り立たない時のことが書いてない
よって>>1-2の証明は間違いです
> 1は落書きでは、ありません。
そういう割には、指摘されてもいっこうに直さないね。
なぜならa^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}は無理数だから。
意味を、教えて下さい。
p=3,a=3,r=3のとき、両辺は、等しくなります。
> >48
> なぜならa^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}は無理数だから。
>
> 意味を、教えて下さい。
> p=3,a=3,r=3のとき、両辺は、等しくなります。
無理数の意味がわからないのですか？
証明にはr^(p-1)=pもr^(p-1)=apも成り立たない時のことが書いてない
r^(p-1)=pもr^(p-1)=apも成り立たない時、とはどういう意味でしょうか？
そういう割には、指摘されてもいっこうに直さないね。
どの部分を、直せば、良いのでしょうか？
無理数の意味がわからないのですか？
どういう意味でしょうか？
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解は整数比となる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
> >50
> 証明にはr^(p-1)=pもr^(p-1)=apも成り立たない時のことが書いてない
>
> r^(p-1)=pもr^(p-1)=apも成り立たない時、とはどういう意味でしょうか？
r^(p-1)=apと書いたらこの式でaを定義すると思い込んでいやしないかい？
http://rio2016.2ch.sc/test/read.cgi/math/1591485843/の32に書きました。
もう一度同じことを書きますが、同じことを何度も何度も書く行為は掲示板への嫌がらせ行為なので、次からは自分でみてください。
他人に、掲示板への嫌がらせ行為を強要するようなことをしないでください。
> p=2,x=5,y=12,z=13のとき： r^(p-1)=pは成り立ちません
> p=2,x=5,y=12,z=13のとき： a=2のとき、r^(p-1)=apが成り立ちません。
> p=2,x=10,y=24,z=26のとき： r^(p-1)=pは成り立ちません
> p=2,x=10,y=24,z=26のとき： a=2のとき、r^(p-1)=apが成り立ちません。
> p=2,x=5π,y=12π,z=13πのとき： r^(p-1)=pは成り立ちません
> p=2,x=5π,y=12π,z=13πのとき： a=2のとき、r^(p-1)=apが成り立ちません。
x^p+y^p=z^pの解には、r^(p-1)=pもr^(p-1)=apも成り立たないものがある。
r^(p-1)=pもr^(p-1)=apも成り立たない場合を調べていないので、>>1-2の証明は間違いです。
> >51
> そういう割には、指摘されてもいっこうに直さないね。
>
> どの部分を、直せば、良いのでしょうか？
>>48は読んだ？
> >48
> なぜならa^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}は無理数だから。
>
> 意味を、教えて下さい。
> p=3,a=3,r=3のとき、両辺は、等しくなります。
と書いているでしょう？ 等しくなるかどうかではなく両辺が無理数であることを指摘しました。
もしかして「式１＝式２は無理数」という言い方が初めてですか？
「式１＝式２」であることと，その値が無理数であることを同時に言うやり方です。
> >27
> 迷惑だと言われた書き込みを繰り返すから。
>
> あなた以外には、言われていないと、思います。
嘘つきが。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
(3)のxが無理数で、整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(m,nは有理数、rは無理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
m^p+n^p=(m+1)^pは、(5)となるが、(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
もう2年たったか？w
r^(p-1)=apと書いたらこの式でaを定義すると思い込んでいやしないかい？
r^(p-1)=apから、aは、定義できます。
他人に、掲示板への嫌がらせ行為を強要するようなことをしないでください。
どういう意味でしょうか？
>>48は読んだ？
読みましたが、わかりません。
もしかして「式１＝式２は無理数」という言い方が初めてですか？
「式１＝式２」であることと，その値が無理数であることを同時に言うやり方です。
よく、わかりません。
嘘つきが。
どうしてでしょうか？
まだやってんのかよw
もう2年たったか？w
そうですね。
【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。
(1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解は整数比となる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比となる。
∴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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解は整数比となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、整数比の解を持つ。
> >62
> 嘘つきが。
>
> どうしてでしょうか？
嘘つきだから。
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
直っていませんね。もはや見込み薄。
直っていませんね。もはや見込み薄。
よく、意味がわかりません。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
(3)のxが無理数で、整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(m,nは有理数、rは無理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
m^p+n^p=(m+1)^pは、(5)となるが、(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
ここまでくると付き合ってあげてる人は相当な物好きだね
どういう意味でしょうか？
kwsk
何とかして迷いを晴らしてやりたい。その一心だと思う。
どういう意味でしょうか？
有理数にはならないですよ
どういう意味でしょうか？
kwsk
どういう意味でしょうか？
高木さんは樹海で植樹してるようなものだと思いますがね
どういう意味でしょうか？
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
(3)のxが無理数で、整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(m,nは有理数、rは無理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
m^p+n^p=(m+1)^pは、(5)となるが、(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解は整数比となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、整数比の解を持つ。
しかも無理数なんですよ
n3やy6など出てこないんです計算すると
つまり無駄足を踏んでいるんです
>>39の動画の本人です
動画で答えは言ってありますよ
動画で答えは言ってありますよ
動画は、見ていません。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
> 【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
何度も言っているように、(2)の形に展開して戻すのは無駄。
r^(p-1)=pをみたすrをρと書く。(3)はx^p+y^p=(x+ρ)^p。
> (3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
ここは正しくは
「(3)はxが有理数の場合、r(ρ)が無理数なので、zは無理数となり、『x,y,zが有理数ならば』解は整数比とならない」
である。
> (3)のxが無理数で、整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(m,nは有理数、rは無理数)
> 両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
> (2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
この展開も無駄。
> (4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
ここでaの定義がないがr^(p-1)=apで定義するのだとすると(ap)^{1/(p-1)}=rである。
(5)は(1)と何ら変わらない。
> m^p+n^p=(m+1)^pは、(5)となるが、(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
a^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}だから「(5)の解は、(3)の解の1/p^{1/(p-1)}倍」の誤りだろう。すなわち1/ρ倍。
解はただ一つに決まるわけではないので「(5)の解をρ倍すると(3)の解になる」が正しいが。
ここで「整数比とならない」と言えるのはmρ,nρが有理数の場合のみ。
しかしm,nは有理数，ρは無理数だからそういう場合はありえない。何も言えていない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
完全な誤りです。
ここは正しくは
「(3)はxが有理数の場合、r(ρ)が無理数なので、zは無理数となり、『x,y,zが有理数ならば』解は整数比とならない」
である。
この部分の、意味が理解できません。
>>87 日高
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
> 【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
何度も言っているように、(2)の形に展開して戻すのは無駄。
r^(p-1)=pをみたすrをρと書く。(3)はx^p+y^p=(x+ρ)^p。
> (3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
ここは正しくは
「(3)はxが有理数の場合、r(ρ)が無理数なので、zは無理数となり、『xが有理数ならば』解は整数比とならない」
である。
> (3)のxが無理数で、整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(m,nは有理数、rは無理数)
> 両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
> (2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
この展開も無駄。
> (4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
ここでaの定義がないがr^(p-1)=apで定義するのだとすると(ap)^{1/(p-1)}=rである。
(5)は(1)と何ら変わらない。
> m^p+n^p=(m+1)^pは、(5)となるが、(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
a^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}だから「(5)の解は、(3)の解の1/p^{1/(p-1)}倍」の誤りだろう。すなわち1/ρ倍。
解はただ一つに決まるわけではないので「(5)の解をρ倍すると(3)の解になる」が正しいが。
ここで「整数比とならない」と言えるのはmρが有理数の場合のみ。
しかしmは有理数，ρは無理数だからそういう場合はありえない。何も言えていない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
完全な誤りです。
「条件1：pが奇素数」で、「条件2：r^(p-1)=pが成り立つ」とき、rは必ず無理数である
rが無理数の時、xとzのどちらか、あるいは両方が、必ず無理数である
「条件3：無理数と整数比になる」数は、必ず無理数である
よって、「条件1：pが奇素数」で、「条件2：r^(p-1)=pが成り立つ」とき、「条件3：無理数と整数比になる」数x,y,zは、必ず無理数である
つまり、「条件1：pが奇素数」で、「条件2：r^(p-1)=pが成り立つ」ときで、「条件3：無理数と整数比になる」とき、「(3)はxが有理数の場合」は絶対に起こらないので
(3)は必ず「(3)のxが無理数で、整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(m,nは有理数、rは無理数)」になる。
このとき(3)の解はmr,nr,mr+rとなり、定義より整数比である。
よって>>87の証明は間違いです。
a^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}だから「(5)の解は、(3)の解の1/p^{1/(p-1)}倍」の誤りだろう。すなわち1/ρ倍。
この部分が、理解できません。
このとき(3)の解はmr,nr,mr+rとなり、定義より整数比である。
mr,nr,mr+rは、整数比ですが、(3)の解には、なりません。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
(3)のxが無理数で、整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(m,nは有理数、rは無理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
m^p+n^p=(m+1)^pは、(5)となるが、(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解は整数比となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、整数比の解を持つ。
598 名前：日高[] 投稿日：2020/05/30(土) 14:07:56.46 ID:vaCddZD8 [16/51]
>594
y=xと置いたんだからx:y=1:1で整数比なのは当然だろうに。
整数比には、なりますが、
x^p+y^p=(x+√3)^pの解には、なりません。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
(3)のxが無理数で、整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(m,nは有理数、rは無理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
m^p+n^p=(m+1)^pは、(5)となるが、(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
よって、m^p+n^p=(m+1)^pは、成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
>594
y=xと置いたんだからx:y=1:1で整数比なのは当然だろうに。
整数比には、なりますが、
x^p+y^p=(x+√3)^pの解には、なりません。
この通りです。
> y=xと置いたんだからx:y=1:1で整数比なのは当然だろうに。
>
> 整数比には、なりますが、
> x^p+y^p=(x+√3)^pの解には、なりません。
>
> この通りです。
p次方程式x^p+x^p=(x+√3)^pの解になるようxを選ぶのですよ。
> >95
> a^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}だから「(5)の解は、(3)の解の1/p^{1/(p-1)}倍」の誤りだろう。すなわち1/ρ倍。
>
> この部分が、理解できません。
じゃあaっていくつなの？ rとpで決まるんでしょ？
p次方程式x^p+x^p=(x+√3)^pの解になるようxを選ぶのですよ。
よく、理解できません。
じゃあaっていくつなの？ rとpで決まるんでしょ？
例。
p=3のとき、
(ap)^{1/(p-1)})^p=3ならば、a=3
(ap)^{1/(p-1)})^p=1ならば、a=1/3
です。
たまたま例だけ出来ているのかもしれないし。
aをrとpの式で書いてください、という意味です。
どこが理解できないのか、具体的に書いてください。
p次方程式になるというところですか？
に「(4)はr^(p-1)=apのとき」と書いているんだから
a=r^(p-1)/pじゃないんですか？
> >>102 日高
> に「(4)はr^(p-1)=apのとき」と書いているんだから
> a=r^(p-1)/pじゃないんですか？
きっと謎理論でaの値がその時によって変わるのだ。
> >>102 日高
> に「(4)はr^(p-1)=apのとき」と書いているんだから
> a=r^(p-1)/pじゃないんですか？
日高にとって、rはpから決まるから、それだとaがpで決まってしまう。
例の一個や百個あっても無意味。
たまたま例だけ出来ているのかもしれないし。
どういう意味でしょうか？
> >108
> 例の一個や百個あっても無意味。
> たまたま例だけ出来ているのかもしれないし。
>
> どういう意味でしょうか？
日本語と数学勉強しろ。
aをrとpの式で書いてください、という意味です。
r=(ap)^{1/(p-1)}なので、
r=a^{1/(p-1)}*p^{1/(p-1)}
a^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}
a=r^(p-1)/(p^{1/(p-1)})^(p-1)
a=r^(p-1)/p
となります。
> aをrとpの式で書いてください、という意味です。
> a=r^(p-1)/p
> となります。
これですっきりした人が多いのでは。aはなんでもよいわけではないのでした。
どこが理解できないのか、具体的に書いてください。
p次方程式になるというところですか？
どういう意味でしょうか？
>>102 日高
に「(4)はr^(p-1)=apのとき」と書いているんだから
a=r^(p-1)/pじゃないんですか？
よく、わかりませんが、そうですね。
> >110
> どこが理解できないのか、具体的に書いてください。
> p次方程式になるというところですか？
>
> どういう意味でしょうか？
質問ではなく、どこが理解できないのかを具体的に書いてください。
> >111
> >>102 日高
> に「(4)はr^(p-1)=apのとき」と書いているんだから
> a=r^(p-1)/pじゃないんですか？
>
> よく、わかりませんが、そうですね。
そんなことでフェルマーの最終定理の証明ができますか？
> に「(4)はr^(p-1)=apのとき」と書いているんだから
> a=r^(p-1)/pじゃないんですか？
きっと謎理論でaの値がその時によって変わるのだ。
aは、rに、よって決まります。
だったら>>102の(5)は(1)と同じだよね。
(5)は(1)と同じとなります。
> a=r^(p-1)/p
> となります。
これですっきりした人が多いのでは。aはなんでもよいわけではないのでした。
そうです。aは、rによって、決まります。
> >112
> > に「(4)はr^(p-1)=apのとき」と書いているんだから
> > a=r^(p-1)/pじゃないんですか？
> きっと謎理論でaの値がその時によって変わるのだ。
>
> aは、rに、よって決まります。
じゃあ文字aを使うのはやめたら？ うっとうしいだけです。
質問ではなく、どこが理解できないのかを具体的に書いてください。
もう一度最初から、お願いします。
そんなことでフェルマーの最終定理の証明ができますか？
どういう意味でしょうか？
じゃあ文字aを使うのはやめたら？ うっとうしいだけです。
なぜでしょうか？
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
(3)のxが無理数で、整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(m,nは有理数、rは無理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
m^p+n^p=(m+1)^pは、(5)となるが、(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
よって、m^p+n^p=(m+1)^pは、成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解は整数比となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、整数比の解を持つ。
> >126
> じゃあ文字aを使うのはやめたら？ うっとうしいだけです。
>
> なぜでしょうか？
うっとうしいって書いてあるだろうが。
もう一つ、誤魔化しにしか見えない。
この流れもう無理だわ
書き直してあげよう。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
> 【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、）
（> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。）
この２行は余分なので削除。
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
p^{1/(p-1)}は後でもでてくるのでρとおいておこう。ρは無理数。
> (3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
これは大ウソ。
「(3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、『xが有理数の場合』解は整数比とならない」
が正しい。
> (3)のxが無理数で、整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(m,nは有理数、rは無理数)
> 両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
（> (2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。）
この１行は余分なので削除。
> (4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
変数aを導入するまでもない。「x^p+y^p=(x+r)^p…(5)となる」。(1)に戻っただけ。
> m^p+n^p=(m+1)^pは、(5)となるが、(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
確かにこの式は(5)のタイプ。その解をρ倍すれば(3)の解となるがρが無理数なので有理数解のρ倍は無理数。
(3)の無理数解については何も調べていない。
> よって、m^p+n^p=(m+1)^pは、成り立たない。
こんなことは言えない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
大ウソの証明でした。
> >>127
> この流れもう無理だわ
だから無視した
もう一つ、誤魔化しにしか見えない。
誤魔化しでは、ありません。
この流れもう無理だわ
どういう意味でしょうか？
（> (1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、）
（> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。）
この２行は余分なので削除。
どうしてでしょうか？
> この流れもう無理だわ
だから無視した
どうしてでしょうか？
> >134
> （> (1)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、）
> （> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。）
>
> この２行は余分なので削除。
>
> どうしてでしょうか？
「余分なので」と説明しました。
> >132
> もう一つ、誤魔化しにしか見えない。
>
> 誤魔化しでは、ありません。
本人がどう思ってようが、やっていることは誤魔化し。
責任取れ。
> もう一度最初から、お願いします。
同じことを何度も書くのは掲示板への嫌がらせ行為です。
あなたが掲示板に嫌がらせ行為をするのはあなたの勝手ですが
他人にまで嫌がらせ行為を強要しないでください。
「条件1：pが奇素数」で、「条件2：r^(p-1)=pが成り立つ」ときで、「条件3：整数比になる」とき、「(3)はxが有理数の場合」は絶対に起こらないので
(3)は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(m,nは有理数、rは無理数)
定義よりmr,nr,mr+rは整数比となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比となる。
よって>>130の証明は間違いです。
「余分なので」と説明しました。
どうして、余分なのでしょうか？
本人がどう思ってようが、やっていることは誤魔化し。
責任取れ。
なぜでしょうか？
> もう一度最初から、お願いします。
同じことを何度も書くのは掲示板への嫌がらせ行為です。
あなたが掲示板に嫌がらせ行為をするのはあなたの勝手ですが
他人にまで嫌がらせ行為を強要しないでください。
強要は、していません。お願いです。
定義よりmr,nr,mr+rは整数比となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比となる。
よって>>130の証明は間違いです。
mr,nr,mr+rは整数比となりますが、解には、なりません。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
(3)のxが無理数で、整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(m,nは有理数、rは無理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
m^p+n^p=(m+1)^pは、(5)となるが、(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
よって、m^p+n^p=(m+1)^pは、成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解は整数比となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、整数比の解を持つ。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
(3)のxが無理数で、x,yが整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(r=p^{1/(p-1)})
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)は(ap)^{1/(p-1)}=1のとき、、m^p+n^p=(m+1)^pと同じ形となる。
よって、m^p+n^p=(m+1)^pの、m,nは、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
> >121
> 質問ではなく、どこが理解できないのかを具体的に書いてください。
>
> もう一度最初から、お願いします。
>>101まで戻って読み直すだけでしょう。なぜできないのですか？
> (3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
どうしてそうやって自分で自分に嘘をつき続けるの？
そんなことしている限り永遠に真理にはたどり着けないよ。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
(3)のxが無理数で、x,yが整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(r=p^{1/(p-1)}、m,nは有理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)は(ap)^{1/(p-1)}=1のとき、、m^p+n^p=(m+1)^pと同じ形となる。
よって、m^p+n^p=(m+1)^pの、m,nは、整数比では、あるが、(5)の解ではない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
y=xと置いたんだからx:y=1:1で整数比なのは当然だろうに。
整数比には、なりますが、
x^p+y^p=(x+√3)^pの解には、なりません。
> (3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
どうしてそうやって自分で自分に嘘をつき続けるの？
そんなことしている限り永遠に真理にはたどり着けないよ。
> (3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、zは無理数となり、解は整数比とならない。
この、どの部分が、嘘でしょうか？
> >141
> 本人がどう思ってようが、やっていることは誤魔化し。
> 責任取れ。
>
> なぜでしょうか？
疑問でごまかすな。
じゃあ>>104に反論してください。
>>134に書きました。
> よって、m^p+n^p=(m+1)^pは、成り立たない。
こんなことは言えない。
どうしてでしょうか？
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、解x,yは整数比とならない。
(3)のxが無理数で、x,yが整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(r=p^{1/(p-1)}、m,nは有理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)は(ap)^{1/(p-1)}=1のとき、、m^p+n^p=(m+1)^pと同じ形となる。
しかし、m^p+n^p=(m+1)^pの、m,nは、整数比なので、(5)の解x,yとならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解x,yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、整数比の解x,y,zを持つ。
> (3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、解x,yは整数比とならない。
これは間違いです。さっき書きました。
> (3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、解x,yは整数比とならない。
これは間違いです。さっき書きました。
理由を、教えて下さい。どの部分に、書いてあるのでしょうか？
すみません、間違いでした。取り消します。
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どういう意味でしょうか？
> (3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、解x,yは整数比とならない。
推論とわかったことのまとめとは区別して書いた方がよいでしょう。
「すなわち、xが有理数の場合、(3)の解x,yは整数比とならない」のように書き足すことを勧めます。
事実、あとで間違って使っていますから。。
事実、あとで間違って使っていますから。。
どの、部分でしょうか？
>>160の
> (5)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
ですね。
> (5)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
ですね
どの、部分が間違いでしょうか？
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はxが有理数の場合、rが無理数なので、解x,yは整数比とならない。
(3)のxが無理数で、x,yが整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(r=p^{1/(p-1)}、m,nは有理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)は(ap)^{1/(p-1)}=1のとき、、m^p+n^p=(m+1)^pと同じ形となる。
しかし、m^p+n^p=(m+1)^pの、m,nは、整数比なので、(5)の解x,yとならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解x,yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、整数比の解x,y,zを持つ。
> (3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解x,yは整数比となる。
まあ、そうなんだけど、xをyの関数として書いて見せる方が親切だろうね。
x,yが整数比になるだけならpが奇素数でもできるんで、x,y,zが整数比になることを強調した方がよくはないかい。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、解x,yは整数比とならない。
(3)のxが無理数で、x,yが整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(r=p^{1/(p-1)}、m,nは有理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)は(ap)^{1/(p-1)}=1のとき、、m^p+n^p=(m+1)^pと同じ形となる。
しかし、m^p+n^p=(m+1)^pの、m,nは、整数比なので、(5)の解x,yとならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
> (3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解x,yは整数比となる。
まあ、そうなんだけど、xをyの関数として書いて見せる方が親切だろうね。
そうですね。
x,yが整数比になるだけならpが奇素数でもできるんで、x,y,zが整数比になることを強調した方がよくはないかい。
よく、意味がわからないのですが。
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」をみたすx,yならx=yとおいてp次方程式を解けばよい。
（何度も書いてすまん）
見てあげよう。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
> 【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、）
（> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。）
何度も何度も書いてるけどこの二行はまったくの無駄。
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
rをそうおきたいならおけばよいだけのこと。
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、解x,yは整数比とならない。
ここで要注意。ここまでの結論をはっきりさせるなら
「(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、解x,yは整数比とならない。
すなわちyを有理数とすると解x,yは整数比とならない」
だ。「(3)の解x,yは整数比とならない」は言えていない。
> (3)のxが無理数で、x,yが整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。(r=p^{1/(p-1)}、m,nは有理数)
> 両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
（> (2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。）
この行，全くの無駄。
> (4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
aの初出の式から(ap)^{1/(p-1)}はrとわかるので(5)は(1)と全く同じ。
> (5)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
a^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}なのでこれは無理数。(3)の解について整数比とならないと分かっているのは有理数のみだった。
(3)の無理数解の定数倍の場合は何もわかっていない。ここで大間違いを犯している。
> (5)は(ap)^{1/(p-1)}=1のとき、、m^p+n^p=(m+1)^pと同じ形となる。
> しかし、m^p+n^p=(m+1)^pの、m,nは、整数比なので、(5)の解x,yとならない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
はもちろん証明されていない。
「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」をみたすx,yならx=yとおいてp次方程式を解けばよい。
（何度も書いてすまん）
xは、どうなりますか？
> >179
> 「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」をみたすx,yならx=yとおいてp次方程式を解けばよい。
> （何度も書いてすまん）
>
> xは、どうなりますか？
p次方程式2x^p-(x+p^{1/(p-1)})^p=0の実解になります。
a^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}なのでこれは無理数。
どうしてでしょうか？
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yを有理数とするとxは有理数となり、解x,yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、整数比の解x,y,zを持つ。
> >180
> a^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}なのでこれは無理数。
>
> どうしてでしょうか？
rは有理数じゃないの？
これだから競プロには人気があって当然！
最高の競技！
> a^{1/(p-1)}=r/p^{1/(p-1)}なのでこれは無理数。
この場合のrは、有理数となりえます。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、解x,yは整数比とならない。
(3)のxが無理数で、x,yが整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。
(r=p^{1/(p-1)}、m,nは有理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)は(ap)^{1/(p-1)}=1のとき、右辺は、(m+1)^pと同じとなる。
しかし、左辺の、x^p+y^pは、m^p+n^pと同じとならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、解x,yは整数比とならない。
(3)のxが無理数で、x,yが整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。
(r=p^{1/(p-1)}、m,nは有理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。m,nは、整数比となる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)をx=m,y=n,(ap)^{1/(p-1)}=1とおいても、m,nは整数比なので、(5)の解となりえない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
初心者でも世界チャンピオンと同じ条件で勝負できる！
これだから競プロには人気があって当然！
最高の競技！
どういう意味でしょうか？
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、解x,yは整数比とならない。
(3)のxが無理数で、x,yが整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。
(r=p^{1/(p-1)}、m,nは有理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。m,nは、整数比となる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)にx=m,y=n,(ap)^{1/(p-1)}=1を代入しても、m,nは整数比なので、(5)の解とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、解x,yは整数比とならない。
(3)のxが無理数で、x,yが整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。
(r=p^{1/(p-1)}、m,nは有理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^pとなる。m,nは、整数比となる。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)にx=m,y=n,(ap)^{1/(p-1)}=1を代入しても、m,nは整数比なので、(5)の解とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、解x,yは整数比となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、整数比の解x,y,zを持つ。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、解x,yは整数比とならない。
(3)のxが無理数で、x,yが整数比となる場合は、(mr)^p+(nr)^p=(mr+r)^pとなる。
(r=p^{1/(p-1)}、m,nは有理数)
両辺をr^pで割ると、m^p+n^p=(m+1)^p…(4)となる。m,nは、整数比となる。
(3)はrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(4)のm,nは整数比、(5)のx,yは、整数比ではないので、(4)のm,nは(5)の解ではない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、0を除く有理数とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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)はrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、x,yは、共に有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、0を除く有理数とならない。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、有理数となる。
何の説明もなくaなる文字が使われている>>195は落書きです。
数学の掲示板に落書きをしないでください。
(3)の解ｘ、ｙがともに無理数で、(4)の解がともに有理数である場合が考慮されていない
落書きにしても、ひどい落書きです。
> (3)はrが有理数のとき、
pが奇素数の時r^(p-1)=pを満たすrは無理数
rが有理数の時(3)にはならない
何の説明もなくaなる文字が使われている>>195は落書きです。
aは、rが有理数となる、適当な数です。
(3)の解ｘ、ｙがともに無理数で、(4)の解がともに有理数である場合が考慮されていない
(3),(4)のx,yが、共に有理数となることは、ありません。
pが奇素数の時r^(p-1)=pを満たすrは無理数
rが有理数の時(3)にはならない
rが有理数の時は、r=(ap)^{1/(p-1)}となります。
>>195にはそんなことはどこにも書いてないので、落書きです。
２つの有理数m,nとして
(3)の解がm/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}なら、x,yはともに有理数となります。
m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}が(3)の解にならないことが証明されていません。
２つの有理数m,nとして
(3)の解がm/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}なら、(4)の解x,yはともに有理数となります。
m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}が(3)の解にならないことが証明されていません。
(3)の解がm/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}なら、(4)の解x,yはともに有理数となります。
m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}が(3)の解にならないことが証明されていません。
(3)の解は、ともに、有理数となりません。
m/(a^{1/(p-1)}は有理数なんですか？aがどんな数かもわからないのに？
m/(a^{1/(p-1)}は有理数なんですか？aがどんな数かもわからないのに？
m/(a^{1/(p-1)}は有理数か、無理数かは、不明ですが、
m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}は、ともに、有理数か、
もしくは、ともに、無理数になります。
不明ってことは、どうでもいいってことですね。
2つの有理数m,nとして
m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}が(3)の解にならないことが証明されていません。
2つの有理数m,nとして
m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}が(3)の解にならないことが証明されていません。
m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}は、
ともに、有理数もしくは、ともに、無理数となります。
x/yは、有理数となりません。
> x/yは、有理数となりません。
どの式の話ですか？
m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}が有理数か無理数かはどうでもいいけど、ともかく(3)の解なら
(4)の解はm、nでともに有理数です。
(4)の解はm、nでともに有理数です。
m、nが、整数比ならば、(4)の解となりません。
そんなこと>>195には書いてありませんよ。
> (4)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となる
のだったら、m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}がく(3)の解なら
(4)の解はm、nでともに有理数です。
> (4)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となる
のだったら、m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}が(3)の解のとき
m、nはともに有理数で(4)の解です。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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)はrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、x,yは、共に有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、0を除く有理数とならない。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、有理数となる。
m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}がく(3)の解なら
(4)の解はm、nでともに有理数です
m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}は、(3)の解とは、なりません。
理由は、(3)の解の、x/yは、無理数となります。
のだったら、m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}が(3)の解のとき
m、nはともに有理数で(4)の解です。
m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}は、(3)の解とは、なりません。
理由は、(3)の解の、x/yは、無理数となります。
> >214
> のだったら、m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}が(3)の解のとき
> m、nはともに有理数で(4)の解です。
>
> m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}は、(3)の解とは、なりません。
>
> 理由は、(3)の解の、x/yは、無理数となります。
その場しのぎで根拠のない妄想ばかり主張するな。
x/yが有理数となるような解があるかどうかわからない状態で証明をしなければならないのに、
ひたすらまともな根拠なしに、x/yが有理数と主張するのは嘘、間違い、妄想。
それだけでゴミ。二度と投稿するな。
次に、xとyが無理数で(3)を満たすものはいくらでもある。
x=1となる(3)の解とやらはx/yが無理数になるんじゃねぇの？
要は、その場しのぎで嘘ついている証拠。
(3)の解とか意味不明な言い回しを使い、その時その時で意味を変えて主張しているからゴミの塊。
教科書などのまともな数学に基づく根拠がない限り反論不要・禁止。
x/yが有理数と主張するのは嘘、間違い、妄想。
(3)の、x/yは、無理数となります。
> >219
> x/yが有理数と主張するのは嘘、間違い、妄想。
>
> (3)の、x/yは、無理数となります。
教科書などのまともな数学に基づく根拠がない限り反論不要・禁止。
0以外の実数λに対しy=λxとおいて代入するとxのp次方程式が得られるからその実根をxとすれば
x;y=1:λとなる。x/y=1/λ。有理数でも無理数でもお好きなように。
>>215 日高の「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)」なら
0以外の実数λに対しy=λxとおいて代入するとxのp次方程式が得られるからその実根をxとすれば
x;y=1:λとなる。x/y=1/λ。有理数でも無理数でもお好きなように。
どういう意味でしょうか？
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、有理数となる。
例１
y=8/3
x=7/9
z=25/9
x:y:z=7:24:25
> >222
> >>215 日高の「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)」なら
> 0以外の実数λに対しy=λxとおいて代入するとxのp次方程式が得られるからその実根をxとすれば
> x;y=1:λとなる。x/y=1/λ。有理数でも無理数でもお好きなように。
>
> どういう意味でしょうか？
どこがわからないのか、具体的に質問してください。
（「x;y」は「x:y」の打ち間違いでした。すみません。）
また>>196からでたらめの落書きになっていますね。
x=√2、y=√3、z=√5は、p=2のとき、x^2+y^2=z^2の解x,y,zですが有理数ではありません。
数学の掲示板に落書きをしないでください。
rが無理数で、xも無理数、yも無理数の時どうなるか、>>215には書いてありません。
(4)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}が(3)の解のとき
m、nはともに有理数で(4)の解です。
この語の使い方がどこかおかしいように思う。
どうおかしいのか。
どこがわからないのか、具体的に質問してください。
どういう意図でしょうか？という意味です。
x=√2、y=√3、z=√5は、p=2のとき、x^2+y^2=z^2の解x,y,zですが有理数ではありません。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(3)にx=√2、y=√3、を代入すると、成り立ちません。
m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}が(3)の解のとき
x=m/(a^{1/(p-1)},y=n/(a^{1/(p-1)}は、(3)の解にはなりません。
>>224 日高はよく見ると「となる」の連続。
この語の使い方がどこかおかしいように思う。
どうおかしいのか。
そうかも知れません。
>>224 日高はよく見ると「となる」の連続。
この語の使い方がどこかおかしいように思う。
正しい表現を、教えて下さい。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、有理数となる。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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)はrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、x,yは、共に有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、0を除く有理数とならない。
そういう数学的事実を示したまでです。
普通に勉強していればわかります。
p=2のとき
【証明】で結論づけられるのは
p=2のとき，「ｚ=x+2」かつ「ｙが有理数」ならば，x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、有理数となる。
ということのみ。
【定理】には「・・有理数となる。」とあるが，これが
「有理数となることがある。」という意味(存在命題)ならば一応正しいが，その場合【証明】なんかしなくても
x=3,y=4,z=5の例をあげるだけでよい。
「常に有理数となる。」という意味(全称命題)ならば全くの誤り
反証 x=√2,y=√3，z=√5
本人は勉強する気も全くないようだし、もうほっときましょう。
http://rio2016.2ch.sc/test/read.cgi/math/1591485843/の>>193までは
「整数比の解x,y,zを持つ。」
だったのに、なぜわざわざ間違えるように書き直したのですか？
【反例】x=√2、y=√3、z=√5は、p=2のとき、x^2+y^2=z^2の解x,y,zですが有理数とならない。
「【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、有理数となる。」は間違いです。
「【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、有理数となることがある。」なら正しい。
正しいが、ほとんど価値のない落書きです。
> x=m/(a^{1/(p-1)},y=n/(a^{1/(p-1)}は、(3)の解にはなりません。
そんなこと>>235のどこにも書いてありませんね。
rが無理数で、xも無理数、yも無理数の時どうなるか、>>235には書いてありません。
(4)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、m/(a^{1/(p-1)}、n/(a^{1/(p-1)}が(3)の解のとき
m、nはともに有理数で(4)の解です。
ひょっとして、>>196-234で「有理数となることがある。」を「有理数となる。」とわざわざ間違うように書き直したのと同じ理屈で
あなたの「有理数とならない」は「有理数とならないことがある。」という意味ですか？
「【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、0を除く有理数とならないことがある。」
これなら正しいが、ほとんど価値のない落書きです。
> 「【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、0を除く有理数とならないことがある。」
> これなら正しいが、ほとんど価値のない落書きです。
0^p+0^p=0^pでよい？
【反例】
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)について、
例として、x=2w、y=wとおく。(3)の右辺を左辺に移項して
(2^p+1)w^p-(2w+p^{1/(p-1)})^p=0…(3-A)
wのp次の項の係数が1なので、(3-A)はwのp次方程式
pは奇素数なので、(A)の左辺wが小さいときの負の∞からwが大きいときの正の∞まで途切れずにつながっており、
かならず途中で左辺=0となるwがある。
このときx/y=2
同様に、x=3w、y=wとおけば、x/y=3
同様に、x=4w、y=wとおけば、x/y=4
反証 x=√2,y=√3，z=√5
√3は、有理数ではありません。
「【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、有理数となることがある。」なら正しい。
「有理数となることがある。」ならば、有理数となるのでは、ないのでしょうか？
証明の中に、yが有理数のときと、書いています。
rが無理数で、xも無理数、yも無理数の時どうなるか、>>235には書いてありません。
x,yが、有理数のときのみを、考えます。
0^p+0^p=0^pでよい？
どういう意味でしょうか？
(2^p+1)w^p-(2w+p^{1/(p-1)})^p=0…(3-A)
この式の、意味がわかりません。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、有理数となる。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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)はrが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解x,yは、(3)の解x,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、x,yは、共に有理数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、0を除く有理数とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、0を除く有理数とならない。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺をr^2で割って、両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、有理数の解x,y,zを持つ。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
yが無理数なのが気に入らないならば
反例 x=√2 , y=1 , z=√3
というか，p=2のときの【定理】が「有理数となる場合がある」という意味ならば、一つでも例を上げればそれで足りるので，
x=3 , y=4 , z=5 をあげるだけでよく【定理】として掲げられた命題は【真】であり，その正しさが保証されます。
「常に有理数となる」という意味ならば，全くの誤りです。
√3は、確かに有理数ではありません。しかし x=√2 , y=√3 , z=√5 は x^2+y^2=z^2を満たします。
つまり，無理数でも解になり得るので【定理】として掲げられた命題は【偽】であることが確定します。
ここで，あなたの議論につきあっている方々のために一つだけ確認させて下さい。
あなたが「有理数となる」と主張されるとき，その意味するところは「有理数となる場合がある」との理解で正しいのですか？
あなたが「有理数となる」と主張されるとき，その意味するところは「有理数となる場合がある」との理解で正しいのですか？
はい。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
> 「有理数となることがある。」ならば、有理数となるのでは、ないのでしょうか？
じゃあ「無効となることがある」ならば無効となるか？
じゃあ「無効となることがある」ならば無効となるか？
全体の、文章を書いて下さい。
「通知後七日以内にお申し出がない場合はお申し込みが無効となることがあります」ぐらいでどうだ？
「通知後七日以内にお申し出がない場合はお申し込みが無効となることがあります」ぐらいでどうだ？
通知後七日以内に申し込めば、有効。それ以外は、無効となることがあります」
> >255
> あなたが「有理数となる」と主張されるとき，その意味するところは「有理数となる場合がある」との理解で正しいのですか？
>
> はい。
まともな数学の言葉言葉遣い出でないので、ゴミ。間違い。勉強し直せ。
>>262 それで無効となるの？
どういう意味でしょうか？
まともな数学の言葉言葉遣い出でないので、ゴミ。間違い。勉強し直せ。
なぜでしょうか？
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
> >263
> >>262 それで無効となるの？
>
> どういう意味でしょうか？
何の話をしていたかもう忘れているのでは？
ピタゴラスの定理ってそれじゃないよ。
間違いだから。
無意味な返事で誤魔化すな。ゴミ
何の話をしていたかもう忘れているのでは？
もとの話を、教えて下さい。
ピタゴラスの定理ってそれじゃないよ。
どういう意味でしょうか？
間違いだから。
無意味な返事で誤魔化すな。ゴミ
なぜでしょうか？
その頭じゃ数学は無理。
どうしてでしょうか？
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
rが特別な値の場合しか調べていないので誤りです。
ピタゴラスの定理には直角三角形が出てくるんですよ。
rが特別な値の場合しか調べていないので誤りです。
rが別な値の場合も、x,y,zの、比は同じとなります。
> >280
> rが特別な値の場合しか調べていないので誤りです。
>
> rが別な値の場合も、x,y,zの、比は同じとなります。
だったらそれを証明の中に書きな。
ピタゴラスの定理には直角三角形が出てくるんですよ。
直角三角形が出て来なくても、ピタゴラスの定理というのでは、ないのでしょうか？
だったらそれを証明の中に書きな。
理由を、問われれば、答えます、
ならば，p=2のときの【定理】は【証明】の内容からは，z=x+2 とおいて，x,y,z が「有理数となる場合がある」という命題を証明しようとしていることになります。
この命題ならば確かに【真】ですが，「常に有理数となる」という命題としてならば【偽】です。(ここまでは確認事項)
そこで次に，pが奇素数であるときの【定理】を検討してみると，【証明】の内容からは
r^(p-1)=p の式でrを定め，z=x+r と置いた形のとき，x,y,z が「無理数となる」という命題を証明しようとしていることになります。
しかし，この場合「無理数となる」という命題が【真】であるとしても，これは zが特定の値をとるとき x,y,z が「無理数となる場合がある」ことを証明しているだけで，
「常に無理数となる」＝「有理数の解をもたない」という証明にはなりません。
つまり，フェルマーの最終定理の証明のためには，rをこの形以外に定めた場合でも、
x^p+y^p=z^pには有理数の解は存在しないこと，
即ち，zがいかなる有理数値をとろうとも「x,y,zはともに有理数となることはない」ことを証明しなければいけません。
そうすると，【証明】の内容にも問題があることがわかります。
ここで【証明】のなかで 御自身が「rが無理数」とされていることに留意して下さい。
z=x+r なのですからｚが有理数となるためには，xはこの無理数rを打ち消す無理数を含んでいなければなりません。
つまり「ｒが無理数」ならば「xは無理数」であり，それが【証明】に繰り込まれてしまっています。
即ち，ここでの【証明】は「ｘが無理数」であるならば「x,y,zがともに有理数となることはない」という当たり前のことを述べているだけであり，
結論としては【証明】には何の意味もない，ということになります。
以上の趣旨をご理解いただけると幸いです。
> >281
> ピタゴラスの定理には直角三角形が出てくるんですよ。
>
> 直角三角形が出て来なくても、ピタゴラスの定理というのでは、ないのでしょうか？
ふつうは言わないと思うけど。言っている文献があったらあげてください。
> >283
> だったらそれを証明の中に書きな。
>
>
> 理由を、問われれば、答えます、
書きたくなければ書かなくてもいいよ。誰も正しいとは認めないだけだから。
つまり「ｒが無理数」ならば「xは無理数」であり，それが【証明】に繰り込まれてしまっています。
この部分を、詳しく説明していただけないでしょうか。
ふつうは言わないと思うけど。言っている文献があったらあげてください。
文献は、わかりません。
書きたくなければ書かなくてもいいよ。誰も正しいとは認めないだけだから。
よく、わかりません。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【証明】x^p+7y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+7y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){7(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
反例はp=3,x=y=1,z=2。
「rは無理数」である。
これは「pが奇素数」かつ「r^(p-1)=p(を満たす数)」と置いたことによって，x,y,zの値と無関係に定まります。
つぎに，「zが無理数」ならば，当然「x,y,zはともに有理数とはならない」=「x,y,zには少なくとも1個の無理数が含まれる」ことになります。
この場合x,y,zの値がどうであろうと，x,y,zの関係式がどうであろうと，この命題は【真】となります。
これは「zが無理数」を「xが無理数」または「yが無理数」と置き換えても当然成り立ちます。
つまりx,y,zのどれかが「無理数」ならば「x,y,zには少なくとも1個の無理数が含まれる」ということであり、これはあまりにも自明でしょう。
そこで「r^(p-1)=p」で r を定め，z=x+r とおくと
「rは無理数」(確定)なのですから
(1)「xが有理数」ならば，「zは無理数」となります。zにはrの無理数部分がそのまま残るからです。
(2)「xが無理数」ならば，「zは無理数」または「zは有理数」となりますが，前提として既に「無理数」がx,y,zの中に(xとして)含まれることになります
つまり(1)であろうと(2)であろうとx,zのどちらかが「無理数」なのですから
「x,y,zはともに有理数とはならない」=「x,y,zには少なくとも1個の無理数が含まれる」が成り立ってしまいます。
つまり、「rが無理数」かつ「z=x+r」と定めた時点で、「x,y,zには少なくとも1個の無理数が含まれる」が常に成り立ちます。
あなたが【証明】で述べていることは、結局フェルマーの最終定理にはまったく関係なく、それ以前に
「xが無理数」または「zが無理数」ならば「x,y,zには少なくとも1個の無理数が含まれる」ということを述べているだけであり、
すなわち、まったく無意味な【証明】であると思います。
>>250 日高
にはrがその値以外の場合の考察もいちおう書いてある。
> >272
> 間違いだから。
> 無意味な返事で誤魔化すな。ゴミ
>
> なぜでしょうか？
迷惑だから。
>255
あなたが「有理数となる」と主張されるとき，その意味するところは「有理数となる場合がある」との理解で正しいのですか？
はい。
ということは、
>>292は
（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる場合がある。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる場合がある。xが有理数のとき、yは無理数となる場合がある。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
という主張だということで、全く意味不明。
>>292日高が正しいなら（たぶん）次も正しい。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
反例はp=3,x=y=1,z=2。
式が、違います。
「xが無理数」または「zが無理数」ならば「x,y,zには少なくとも1個の無理数が含まれる」ということを述べているだけであり、
すなわち、まったく無意味な【証明】であると思います。
rが有理数の場合の、x,y,zは、rが無理数の場合の定数倍となるので、
rが、有理数であっても、無理数であっても、x,y,zの割合は、変わりません。
>>250 日高
にはrがその値以外の場合の考察もいちおう書いてある。
よく、目を通していただき、ありがとうございます。
rが、有理数であっても、無理数であっても、x,y,zの割合は、変わらないということです。
迷惑だから。
なぜ、迷惑なのでしょうか？
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。
ではなく、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
です。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
>>305
漫才のネタですかwwwwwwwwwwwwwwww
漫才のネタですかwwwwwwwwwwwwwwww
どういう意味でしょうか？
では，rが有理数であるとしたときの，pが奇素数の場合の証明を書いてみて下さい。
つまり，「rが有理数の場合の・・・」以下を数式で説明してみて下さい。
> >297
> 迷惑だから。
>
> なぜ、迷惑なのでしょうか？
間違いだから。
では，rが有理数であるとしたときの，pが奇素数の場合の証明を書いてみて下さい。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
rが有理数の場合は、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
間違いだから。
なぜ、間違いだから迷惑となるのでしょうか？
> >309
> 間違いだから。
>
> なぜ、間違いだから迷惑となるのでしょうか？
なんで考えずに聞くの？それも迷惑。
> >294
> >>292日高が正しいなら（たぶん）次も正しい。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
>
> 反例はp=3,x=y=1,z=2。
>
> 式が、違います。
確かに式は違います。私は証明の間違いを指摘することもできます。
では、どうして、日高によるフェルマーの最終定理の証明は同じ間違いを犯していないと言えるのでしょう？
再掲
>>256より
>255
あなたが「有理数となる」と主張されるとき，その意味するところは「有理数となる場合がある」との理解で正しいのですか？
はい。
ということは、
>>292は
（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる場合がある。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる場合がある。xが有理数のとき、yは無理数となる場合がある。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
という主張だということで、全く意味不明。
確かに式は違います。私は証明の間違いを指摘することもできます。
証明の間違いを指摘して下さい。
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。
「場合がある。」ではなく、(2)となります。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
>(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
その場合k=a^{1/(p-1)}とおくと x=kx,y=ky,z=kzとなります。
引用部分は，これを(4)に代入すると (kx)^p+(ky)^p=(kz)^p...(4)' が成り立つという意味だと思うんですが，
(4)' は k^pで両辺を割ることができ，割ると x^p+y^p=z^pとなります。
この式は(3)そのものですから，何も証明していません。
(3)で「x,y,zには少なくとも一つの無理数が含まれる」という命題の真偽と，
(4)'で「x,y,zには少なくとも一つの無理数が含まれる」という命題の真偽は同値です。同じ式なんですから。
ただの繰り返しにしかなっていません。
そもそも(4)で「rが有理数の場合は，・・・」とすることができません。
rは r^(p-1)=p で定義されるpの値でその値が具体的に決定される無理数です。
それを前提に考えるとrが無理数であり，z=x+rという関係式を認める場合
「x,zの少なくとも一つが無理数」という命題は【真】となります。>>289参照。
つまり，結論として証明すべき命題を，証明の前提にぶち込んでしまっています。
結果として【証明】は何も証明していないとになってしまいます。
そこで述べられているのは
「x,y,zの少なくとも一つが無理数」ならば「x,y,zの少なくとも一つが無理数」であるという無意味な論述です。
また，
k=a^{1/(p-1)}とおくと x=kx,y=ky,z=kzとなります。
は，
k=a^{1/(p-1)}とおくと x'=kx,y'=ky,z'=kzとなります。
です。こうしてみると，(4)は x',y',z'を用いて書いたほうがよさそうです。
> >313
> 確かに式は違います。私は証明の間違いを指摘することもできます。
>
> 証明の間違いを指摘して下さい。
>>294
> >>292日高が正しいなら（たぶん）次も正しい。
>
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
> 【証明】x^p+7y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+7y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){7(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
> (2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はrが無理数なので、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。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
>
> 反例はp=3,x=y=1,z=2。
(3)はx^3+7y^3=(x+√3)^3となるがx=y=√3のときz=x+√3=2√3となって(3)をみたす。
つまりx=y=√3,z=2√3は無理数解だがx:y:zは自然数比1:1:2となる。
このケースを見落としている。
日高は見落としていないと言い切れるか？
そもそも(4)で「rが有理数の場合は，・・・」とすることができません。
どうしてでしょうか？
(3)はx^3+7y^3=(x+√3)^3となるがx=y=√3のときz=x+√3=2√3となって(3)をみたす。
つまりx=y=√3,z=2√3は無理数解だがx:y:zは自然数比1:1:2となる。
このケースを見落としている。
式が、違います。
式は違うが、同じ見落としをしていないと言い切れる？
x^3+y^3=(x+√3)^3に、無理数解x,y,zでx:y:zが自然数比となるものは存在しないって言える？
言えるなら証明してみせて。
再掲
>>256より
>255
あなたが「有理数となる」と主張されるとき，その意味するところは「有理数となる場合がある」との理解で正しいのですか？
はい。
ということは、
>>292は
（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる場合がある。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる場合がある。xが有理数のとき、yは無理数となる場合がある。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
という主張だということで、全く意味不明。
関連のスレッド無いのか？
＞より直観的なシンプル・タイプで、微積分や係数・関数、各分野の単位表現や実用数学の再現性に特化。
みたいなヤツ。
あと当然、
＞「方程式、もしくはグラフ等個別の具現指示記号・信号」からの主に３D視覚イメージ（場合によって動画）化を伴う単純化＋プレゼンテーションする機能
＞としてあるプログラム
とか。
x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s,、t、uが存在するならば、そのときr=z-xで定義されるrは必ず有理数である。有理数-有理数=有理数だから。
rが有理数でないとき、x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uは存在しない。存在しないもののことなんて考えるだけ無駄。無意味
よって>>317は無意味な落書きです。
rが有理数でないとき、x^p+y^p=z^pを満たす3つの無理数αs、αt、αuは存在するかもしれない。存在しないことが証明されてないから。
(3)はrが無理数なので、x^p+y^p=z^pを満たす3つの無理数αs、αt、αuは存在するかもしれない。存在しないことが証明されてないから。
そのとき(3)の解の1/α倍である3つの有理数s、,t、uはx^p+y^p=z^pの解である。（この時当然r=z-xで定義されるrは有理数である。)
>(3)はrが無理数なので、「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。」
という(3)の結論は，rが無理数であることに基づいているので，rが有理数の場合には使えません。
>(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
のときに行間で(3)の結論を使っていますよね。
しかし，「rが有理数ならば、x,yは有理数となる」が(3)の結論とは無関係に成り立つかも知れないんですから
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
とは結論できないでしょう。
(1)r^(p-1)=p で，無理数rを定義し，(2)z=x+r と置いたうえで，
「x,y,zのうち少なくとも1つは無理数である」という結論を導こうとしているのだと判断できます。
しかし，(1)(2)を前提とするならば「rが無理数」ならば「x,zのどちらか，または両方が無理数である」(命題Bとします)は【真】となります。
ここから「x,y,zの少なくとも1つは無理数である」(命題Aとします)という結論を引き出そうというのは全くの徒労でしょう
Bが成り立つならば，Aは成り立つからです。
あなたの【証明】は「A ならば A である」という無意味な主張でしかありません。
【簡単な証明】がもし存在するならば，それは「x,y,zのすべてが有理数と仮定する」と(r=z-xですから当然rも有理数となります)矛盾が生じるという背理法で証明するしかありません。
無理数を持ち込むと「A ならば A である」になってしまいます。
付言しておくと(1)(2)を前提とすると，xとzの差は一定の具体的な値に固定されることになります。
その場合に命題Aが成り立つとしても，xとzの差がそれ以外の値のときにAが否定されるかも知れないのですからその点でも【証明】には欠陥があります。
つまり(1)(2)を前提とする限りその証明は「x,y,zの少なくとも1つは無理数である」「場合がある」という存在命題の証明に過ぎません。
証明は当然「常に」「x,y,zの少なくとも1つは無理数である」という全称命題の証明でなければなりません。
x^3+y^3=(x+√3)^3に、無理数解x,y,zでx:y:zが自然数比となるものは存在しないって言える？
言えるなら証明してみせて。
x^3+y^3=(x+√3)^3のx,yが、有理数のとき成り立たないので、x,yが無理数のときも、
成り立ちません。
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となります。
rが有理数でないとき、x^p+y^p=z^pを満たす3つの無理数αs、αt、αuは存在するかもしれない。存在しないことが証明されてないから。
x^p+y^p=z^pを満たす3つの無理数αs、αt、αuは存在しません。
理由は、
x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しないからです。
「rが有理数ならば、x,yは有理数となる」が(3)の結論とは無関係に成り立つかも知れないんですから
「rが有理数ならば、x,yは有理数となる」が(3)の結論とは無関係に成り立つ場合は、
どういう場合でしょうか？
まとめておくと，あなたの【証明】において主張されている論述は
(1)r^(p-1)=p で，無理数rを定義し，(2)z=x+r と置いたうえで，
「x,y,zのうち少なくとも1つは無理数である」という結論を導こうとしているのだと判断できます。
私の主張は、rが、無理数であっても、有理数であっても、x/yは、同じということです。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
> 理由は、
> x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しないからです。
「x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しない」は最終的に証明しようとしている命題だろう。
(厳密には0を含まない有理数解が存在しない、だが)
当然、証明の中では真偽不明。
一定の条件下での成立が証明済であるなら、その条件が成り立つことを示した上で使うことはある。
でも今回は条件示してないのでそれには当たらない。
命題の証明に証明すべき命題そのものを使うのであれば、それは循環論法という誤謬なので、それでは何も証明できない。
> x^3+y^3=(x+√3)^3のx,yが、有理数のとき成り立たないので、x,yが無理数のときも、
> 成り立ちません。
その論法はx^3+7y^3=(x+√3)^3に対しては通用しない。
ここでは成り立つというのだから、その理由を説明してくれたまえ。
「x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しない」は最終的に証明しようとしている命題だろう。
「x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しない」は(3)で、証明済です。
その論法はx^3+7y^3=(x+√3)^3に対しては通用しない。
式が、違います。
> >340
> その論法はx^3+7y^3=(x+√3)^3に対しては通用しない。
>
> 式が、違います。
だから、式が違うx^3+y^3=z^3についてはなぜ通用するのか説明して、って言っています。説明して。
> 私の主張は、rが、無理数であっても、有理数であっても、x/yは、同じということです。
それは誤りです。すでに何度も証明されているように、x/yは任意の値をとり得ます。
> >339
> 「x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しない」は最終的に証明しようとしている命題だろう。
>
> 「x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しない」は(3)で、証明済です。
これで「問題外」決定では？ 皆様。
> その論法はx^3+7y^3=(x+√3)^3に対しては通用しない。
x^3+7y^3=(x+√3)^3の、7y^3の係数7が、ある為です。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
> >343
> > その論法はx^3+7y^3=(x+√3)^3に対しては通用しない。
>
> x^3+7y^3=(x+√3)^3の、7y^3の係数7が、ある為です。
7がないとなぜ通用するのですか？
7がないとなぜ通用するのですか？
7があると、x,yが、有理数のとき、成り立ちます。
7がないと、x,yが、有理数のとき、成り立ちません。
訂正
有理数→整数比
> >349
> 7がないとなぜ通用するのですか？
>
> 7があると、x,yが、有理数のとき、成り立ちます。
> 7がないと、x,yが、有理数のとき、成り立ちません。
>>351 日高
> >350
> 訂正
> 有理数→整数比
それはもうわかっています。その証明を述べてください。
再掲
>>256より
>255
あなたが「有理数となる」と主張されるとき，その意味するところは「有理数となる場合がある」との理解で正しいのですか？
はい。
ということは、
>>292は
（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる場合がある。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる場合がある。xが有理数のとき、yは無理数となる場合がある。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
という主張だということで、全く意味不明。
式が違います。
>>347の式
r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=z^pはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となり、(3)はrが無理数なので、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。
>>334の式
r^(p-1)=pでないとき、x^p+y^p=z^pは(3)にならず、rが無理数とも限らず、3つの有理数s,t,uが存在しないことが証明されていません。
式が違います。
繰り返しになりますが、3つの有理数s,t,uがx^p+y^p=z^pの解の時
rは無理数にはなりません。r^(p-1)=pには絶対になりません。よって(2)は絶対に(3)になりません。つまり、式が違います。
ある奇素数pについて、次の方程式を考える。
(2w)^p+w^p=((2w)+p^{1/(p-1)})^p…(3-A)
右辺を左辺に移項して
(2w)^p+w^p-((2w)+p^{1/(p-1)})^p=0…(3-B)
これはwについてのp次方程式であり、pが奇素数なので(3-B)を満たす実数w(もちろんそれは(3-A)も満たす)が少なくとも1つ必ず存在する。
ここで、x=2w,y=wとおく。これを(3-A)に代入して
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3-C)
wが少なくとも1つ存在するので、(3-C)を満たすx,yが少なくとも1つ必ず存在する。
この時、x/y=2
同様のやり方で、x/y=3、x/y=4、…となるようなx,yを見つけることができる。
例:p=3のとき
(2w)^3+w^3=((2w)+3^{1/(3-1)})^3…(3-A)
(2w)^3+w^3-((2w)+3^{1/(3-1)})^3=0
8w^3+w^3-(8w^3+3(4w^2)√3+3(2w)3+3√3)=0
w^3-(12√3)w^2-18w-3√3=0
w=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))のとき、(3-A)が成り立つ。
x=2w,y=wとおくと、(3-A)は
x^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…(3-C)となる。
x=2(6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))),y=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))のとき、(3-C)が成り立つ。
このとき、x/y=2
それはもうわかっています。その証明を述べてください。
x^3+7y^3=(x+√3)^3は、
x=y=√3のとき、式が成り立つので、x,yは、整数比となります。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。
違います。(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。です。
r^(p-1)=pでないとき、x^p+y^p=z^pは(3)にならず、rが無理数とも限らず、3つの有理数s,t,uが存在しないことが証明されていません。
r^(p-1)=pでないときは、r^(p-1)=apとなります。rは、有理数となります。
繰り返しになりますが、3つの有理数s,t,uがx^p+y^p=z^pの解の時
rは無理数にはなりません。r^(p-1)=pには絶対になりません。よって(2)は絶対に(3)になりません。つまり、式が違います。
s,t,uがx^p+y^p=z^pの解の時は、rは有理数となります。
> >352
> それはもうわかっています。その証明を述べてください。
>
> x^3+7y^3=(x+√3)^3は
> x=y=√3のとき、式が成り立つので、x,yは、整数比となります。
そっちじゃなくて、 x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる無理数解がないことを示してください。