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フェルマーの最終定理の簡単な証明
- 1 ：2019/09/23 ～ 最終レス ：2019/10/16
- 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。
- 2 ：
- ファルマーの冒険って小説なかったっけ？
- 3 ：
- どこか、
おかしいところが、あるでしょうか？
- 4 ：
- >r=p^{1/(p-1)}となるので
なんで？
- 5 ：
- x^p+y^p=(x+r)^pの両辺をr^pで割る。
(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+...+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p(x^(p-1)+...+r^(p-2)x},
r^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となります。
- 6 ：
- (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+...+x/r},
はなぜですか？
- 7 ：
- わかりやすく、p=3の場合で計算します。
(y/r)^3-1=3{(x/r)^2+x/r}, r^2{(y/r)^3-1}=3(x^2+rx),
r^2=3とすると、r=3^(1/2)となります。
- 8 ：
- p=4の時はどうなりますか？
- 9 ：
- r=4^(1/3)となります。
- 10 ：
- (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+...+x/r},
この計算をp=4の場合にもしていただきたいです
- 11 ：
- p=4は、奇素数ではないので、p=5でやります。
(y/r)^5-1=5{(x/r)^(5-1)+...+x/r},
r^(5-1){(y/r)^5-1}=5(x^(5-1)+...+r^(5-2)x},
r^(5-1)=5とすると、r=5^{1/(5-1)}となります。
- 12 ：
- (x+y)^5計算してみてください
そのあと、x=y=1としてみてください
- 13 ：
- (x+y)^5=x^5+5x^4y+10x^3y^2+10x^2y^3+5xy^4+y^5,
=1+5+10+10+5+1
=32
となります。
- 14 ：
- >>5
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p(x^(p-1)+...+r^(p-2)x},
r^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となります。
ここが理解できない。
r^(p-1)=pとなぜ仮定しちゃってるんですか？？
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p(x^(p-1)+...+r^(p-2)x}
の左辺は有理数×有理数という形になっているので、掛け合わしてる数のいずれかは素数の倍数になるという整数の性質は使えないと思うのですが。
違う論法なんですかね。
ちょっと解説を。
- 15 ：
- 言われていることの意味は、例えば、
(4/3)*6=2*4という事でしょうか？
- 16 ：
- 「r^(p-1){(y/r)^p-1}=p(x^(p-1)+...+r^(p-2)x}
の左辺は有理数×有理数という形になっているので」
左辺は有理数×有理数とは限りません。
- 17 ：
- >>16
でも自然数×自然数であることの証明はできないわけで。
そうであれば、r^(p-1)=pとは言い切れないような。。
- 18 ：
- 「でも自然数×自然数であることの証明はできないわけで。」
これは、どの部分を指しているのでしょうか？
- 19 ：
- r^(p-1){(y/r)^p-1}=p(x^(p-1)+...+r^(p-2)x},
の左辺のことです。
r^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となります。
というところがよく分かってなくて。
自分なりの解釈として、左辺が自然数×自然数であることを前提に、どちらかは素数の倍数である。ということからr^(p-1)=pとおいたのかなと見ていたのですが、この解釈は違う感じですかね。
- 20 ：
- r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+...+r^(p-2)x},
r^(p-1)=pとすると、r=p^{1/(p-1)}となります。
「ここが理解できない。
r^(p-1)=pとなぜ仮定しちゃってるんですか？？」
例えば、
AB=CDならば、A=Cとすると、B=Dとなるからです。
- 21 ：
- >>20
レスありがとうございます。
何を前提として仮定として置いているのかとすると
(y/r)^p-1=x^(p-1)+...+r^(p-2)x
と仮定してr^(p-1)=pを導いているのか、それとも逆なのか？どちらでしょうか？
- 22 ：
- r^(p-1)=pとすると、
(y/r)^p-1=x^(p-1)+...+r^(p-2)x
となります。
- 23 ：
- 逆もいえます。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+...+r^(p-2)x},
ならば、
{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+...+r^(p-2)x}
のとき、
r^(p-1)=pとなります。
- 24 ：
- 分かりにくいと思いますので、
p=2を代入して、試してみてください。
- 25 ：
- AB=CDの証明として。
A=Cとすると、B=Dである。
またB=Dとすると、A=Cである。
故にAB=CDとなる。
みたいな話をしようとしてます？
この場合、A=CかB=Dを示さないと証明になってないですよね。そこを聞いてるんですけど。。。
- 26 ：
- AB=CDなので、
A=Cとすると、B=Dとなる。
です。
- 27 ：
- >>26
A=Cが成り立つとなぜ言えるんでしょうか？？
本題ではr^(p-1)=pですけど。。
ID変わってるかもです。
- 28 ：
- > A=Cとすると、B=Dとなる。
A≠Cのときは？
- 29 ：
- あと揚げ足取りになるかもですが。
AB=CDの証明なのに
AB＝CDだからA=C
というのも論理的には成り立っていないですよ。
どんなに考えても、この論法は
有理数×有理数を自然数×自然数と錯覚して証明につなげたようにしか思えません。
それ自体は数学ではしょっちゅうある話ですけど。
- 30 ：
- p=2の場合
r^(p-1)=pは、
r^(2-1)=2となります。
x^2+y^2=(x+2)^2,
x=3, y=4, z=x+2=5
となります。
- 31 ：
- あなたの証明がおかしいのは p = 3 の場合、それも途中までを議論すれば十分です。
まず x、y、z は自然数（もしくは 0 でない有理数）と仮定します。x、y、z のうちどれか1つでも実数ならば
x^3 + y^3 = z^3 ･････①
が成り立つからです。したがって①を変形するとき、両辺に実数を掛けてはいけません。実数を掛けて時点で①が成り立ってしまいます。
x、y、z は 0 でない有理数で
x^3 + y^3 = z^3 ･････①
を満たしているとする。z - x は必ず有理数になるから、有理数 r を用いて
r = z - x
とおくと
x^3 + y^3 = (r+x)^3 ･････②
②の両辺を有理数 r^3 で割る。
(x/r)^3 + (y/r)^3 = (1+x/r)^3
(y/r)^3 = 1 + 3(x/r) + 3(x/r)^2 + (x/r)^3 - (x/r)^3
= 1 + 3(x/r) + 3(x/r)^2.
(y/r)^3 - 1 = 3{ (x/r) + (x/r)^2 } ･････ ※
※の両辺に有理数 r^2 を掛ける。
r^2{ (y/r)^3 - 1 } = 3(rx + x^2) ･････③
有理数に四則演算を施した結果はやはり有理数なので③の因数である
r^2, (y/r)^3, rx, x^2
は有理数である。したがって 有理数 A、B、C、D を用いて
A = r^2, B = (y/r)^3, rx = C, D = x^2
とおけば③は
A(B-1) = 3(C+D) ･････③'
となるが、この式から A = 3 と断定できない。A ≠ 3 でも③'を満たす有理数は無数に存在する。
たとえば
A = 2/7, B = 8, C = 1/3, D = 1/2
のとき
A(B-1) = (2/7)(8-1) = 2
3(C+D) = 3(2/3) = 2
- 32 ：
- 「この式から A = 3 と断定できない。A ≠ 3 でも③'を満たす有理数は無数に存在する。」
その通りです。③'を満たす有理数は無数に存在するので、そのうちの A = 3を選びます。
それから、D = 1/2は、D=1/3の間違いではないでしょうか。
- 33 ：
- > それから、D = 1/2は、D=1/3の間違いではないでしょうか。
失礼しました。その通りです。
> ③'を満たす有理数は無数に存在するので、そのうちの A = 3 を選びます。
そういう都合のいい選択では命題を証明する意味がありません。
A = 3、すなわち r^2 = 3
となってしまい、これを満たす有理数 r が存在しないのは明らかなので、この時点で証明が終わったことになります。
- 34 ：
- A = 3を選んだ場合と、選ばない場合の両方を調べないとダメなので証明は間違い。
- 35 ：
- 「③'を満たす有理数は無数に存在するので、そのうちの A = 3 を選びます。」
理由は、他の数を選んだ場合と、
A = 3を選んだ場合のx,y,zの比は同じだからです。
- 36 ：
- 大嘘。証明しろ
- 37 ：
- >大嘘。証明しろ
p=2の場合の例
x^2+y^2=(x+2)^2 (1)
x=3, y=4, z=5
x^2+y^2=(x+1)^2 (2)
x=3/2, y=4/2, z=5/2
(1)と(2)のx,y,zの比は同じです。
- 38 ：
- p=2の場合はピタゴラスの定理が成り立つのだから、例になりません。
繰り返しますが A = r^2 = 3 を「選んだ」時点で r が有理数でないことは明らかです
から、それでは①の証明にはまったくならないのです。
- 39 ：
- p=2の場合、r=2を選んだ場合と他の数を選んだ場合のx,y,zの比は、同じです。
p=3の場合、r=3^(1/2)を選んだ場合と他の数を選んだ場合のx,y,zの比は、同じです。
- 40 ：
- >p=2の場合、r=2を選んだ場合と他の数を選んだ場合のx,y,zの比は、同じです。
>p=3の場合、r=3^(1/2)を選んだ場合と他の数を選んだ場合のx,y,zの比は、同じです
何の意味もありません。
- 41 ：
- x^3+y^3={x+3^(1/2)}^3…(1)
x=2, y=({2+3^(1/2)}^3-8)^(1/3), z=2+3^(1/2)
X^3+Y^3=(X+3)^3…(2)
X=2*3/3^(1/2), Y=({2+3^(1/2)}^3-8)^(1/3))*3/3^(1/2), Z=(2+3^(1/2))*3/3^(1/2)
(2)のX,Y,Zは、(1)のx,y,zの3/3^(1/2)倍となります。
X:Y:Z=x:y:zとなります。
- 42 ：
- > z=2+3^(1/2)
> Z=(2+3^(1/2))*3/3^(1/2)
3^(1/2)は実数なのだから、証明するまでもなく z も Z も実数であることは明らかだかです。よって命題の証明に関しては何の意味もありません。
全くの無意味です。
呆れるほど無意味です。
何度も言いますが x、y、z は自然数（もしくは 0 でない有理数）と仮定しなければなりません。x、y、z のうちどれか1つでも実数ならば
x^3 + y^3 = z^3 ･････①
が成り立つからです。したがって①を変形するとき、
┏━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━┓
┃ いかなる理由があるとも x、y、z に実数を足したり掛けたりするような四則演算を施しては ┃
┃なりません。 ┃
┗━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━━┛
変形のための四則演算は必ず有理数の範囲で行うように、慎重を期さねばならないのです。だから難しいのです。
r は r = z - x で定義したのですから当然有理数です。これを
r^2{ (y/r)^3 - 1 } = 3(rx + x^2) ･････③
から r^2 = 3 としてしまえば r が有理数であることを否定し、改めて r は実数であるとと仮定したことになります。したがって定義の r = z - x より、z か x のどちらかは必ず実数となります。どちらが実数になっても①は成り立ちますので
> z=2+3^(1/2)
> Z=(2+3^(1/2))*3/3^(1/2)
などという変形はまったく無意味なのです。問題外のそのまた外です。
- 43 ：
- 〔ABC予想〕
自然数 A<B は互いに素であるとし、A+B=C とおく。
任意のε>0 に対して あるK(ε) >0 が存在し、全ての組(A,B,C)について次が成り立つ。
C < K(ε)･rad(ABC)^(1+ε),
ただし rad(x) は xのすべての素因数の積。
〔問題〕
ABC予想と K(1)≦1 を仮定して
「フェルマーの最終予想」(ワイルズ-テイラーの定理) (6乗以上の場合) を証明せよ。
- 44 ：
- (略証)
背理法による。
互いに素な自然数の組(a,b,c) と n≧6 が a^n + b^n = c^n を満たすと仮定する。
a^n, b^n, c^n は互いに素だから、ABC予想に A = a^n, B = b^n, C = c^n を代入して
c^n < rad{(abc)^n}^2 ≦ (abc)^2 < c^6,
{∵ 一般に rad(x^n) = rad(x) ≦ x. }
c>1 より n<6,
これは n≧6 と矛盾する。(終)
山崎隆雄 「フェルマー予想とABC予想」 数学セミナー (2010/Oct)
- 45 ：
- >「変形のための四則演算は必ず有理数の範囲で行うように」
理由を教えていただけないでしょうか。
- 46 ：
- > 理由を教えていただけないでしょうか。
>>42
で説明済みです。きちんと読んでいるのですか？
0 でない有理数 q に対し、無理数（有理数でない実数）r の四則演算
q + r
q - r
qr
q/r
は、すべて無理数になります。証明はとても簡単ですが、あなたは証明できますか？
さらにくどく言うと
0 でない有理数 x、y、z のどれかに無理数の四則演算を施せば、それは無理数になってしまいます。x、y、z のうちどれか1つでも無理数ならば
x^3 + y^3 = z^3 ･････①
が成り立つから、証明するために①を変形する際の四則演算は必ず有理数の範囲でなければいけないのです。
- 47 ：
- >>46
>証明するために①を変形する際の四則演算は必ず有理数の範囲でなければいけないのです。
普通の数学書でそんな言い方はしない。厳密さに欠ける表現だ。
- 48 ：
- http://www.crossroad.jp/cgi-bin/bbs/mathbbs/cbbs.cgi?mode=res&namber=49895&page=0&no=0
ここ見たら？
こいつは自分の間違いを理解できる頭を持ってないよ。
- 49 ：
- 本当の問題はそこじゃないから
あまりこだわらなくてもね
- 50 ：
- >「x、y、z は自然数（もしくは 0 でない有理数）と仮定しなければなりません。」
理由を教えていただけないでしょうか。
x、y、zは実数と仮定して、式が成り立つものとし、x、y、zが、有理数、もしくは、
無理数となるかを、判定する方法では、だめでしょうか？
- 51 ：
- >普通の数学書でそんな言い方はしない。厳密さに欠ける表現だ。
質問者にわかるように言っている。初等整数論の「し」の字も知らないようなので（笑）。
いずれにしても私はこれ以上レスしない。
- 52 ：
- >>50
原理的には可能なアプローチだが、有理数の判定が容易ではないのでうまく行かない。
単位円上の有理点をそのアプローチで考えてみよ。
- 53 ：
- >原理的には可能なアプローチだが、有理数の判定が容易ではないのでうまく行かない。
「rが無理数となる」判定は、間違いでしょうか。
- 54 ：
- 既に指摘されてるように、誤りは「r^(p-1)=p 以外の場合は考えなくてよい」とした点にある。
よく考えてみること。
- 55 ：
- >「r^(p-1)=p 以外の場合は考えなくてよい」
理由は、r^(p-1)=p 以外の場合の解の比と、
r^(p-1)=pの解の比が、等しくなるからです。
- 56 ：
- >>55
＞r^(p-1)=p 以外の場合の解の比と、r^(p-1)=pの解の比が、等しくなる
その主張が誤りだと言っています。
z=x+r なのですから、r の値が異なれば、x と z の比は当然異なります。
- 57 ：
- p=2の場合の例
x^2+y^2=(x+2)^2 (1)
x=3, y=4, z=5
x^2+y^2=(x+1)^2 (2)
x=3/2, y=4/2, z=5/2
(1)と(2)のx,y,zの比は同じです。
- 58 ：
- >>57
その主張が通るなら、rとして有理数や整数を選んでも全く問題ありませんよ。
なぜそうしないのですか？
- 59 ：
- >>55
＞r^(p-1)=p 以外の場合の解の比と、r^(p-1)=pの解の比が、等しくなる
その主張が誤りだと言っています。
z=x+r なのですから、r の値が異なれば、x と z の比は当然異なります。
- 60 ：
- これはあかんな…
>>51のひとと同じ罠にハマっているw
- 61 ：
- 連投してすまんね
質問を変えます。
「r^(p-1)=p 以外の場合」を考えてはいけない理由を教えてください。
解の比が同じであればよいというのなら、なぜr=1としてはいけないのですか？
つまり、もとの問題は、x^p+y^p=(x+1)^p となる有理数x,yを求める問題を解くことと同じなんですよね？
- 62 ：
- r^(p-1)=p 以外の場合」を考えても、よいです。
但し、r^(p-1)=pの場合と、x,y,zの比が同じとなります。
>解の比が同じであればよいというのなら、なぜr=1としてはいけないのですか？
x^p+y^p=(x+1)^p としても、よいです。
但し、pが奇素数の場合は、xを有理数としても、zが有理数となるので、
yが有理数か、無理数かは、計算しないとわかりません。
- 63 ：
- >>1の論法を使うとこういう証明ができるよね
【定理】x^3+y^3+z^3=w^3は自然数解を持たない。
【証明】w=x+rとおくと、x^3+y^3+z^3=(x+r)^3となる。
これを変形すると、r^2{(y/r)^3+(z/r)^3-1}=3(x^2+rx)となる。
r^2=3となるので、xを有理数とすると、wは無理数となる。
∴x^3+y^3+z^3=w^3は自然数解を持たない。
実際には 3^3+4^3+5^3=6^3 という自然数解が存在するんだけど、
さていったい上の証明はどこが間違ってるんでしょうかねえ？
- 64 ：
- ああこの人か日本中の数学者にメール送りつけてるトンデモさんは
2chだと相手にしてくれる人がいていいな
早速おもちゃにもならんと捨てられ始めてるが
- 65 ：
- □投稿者/ 日高 大御所(392回)-(2019/09/26(Thu) 09:43:17)
>>でも、どこかに私に間違いを説明できる人がいるかもわかりません。
> そういう奇特な人が現れるまで延々と続けるつもりか？
> それならこんな過疎った掲示板でなく
> ttps://rio2016.2ch.sc/test/read.cgi/math/1567920449/
> で聞いた方が奇特な人を見つけられる可能性が高いぞ。
ありがとうございました。２ちゃんねる掲示板に投稿したら、
奇特な人が、いました。
wwwwww………………
- 66 ：
- いくつかの掲示板でさんざん指摘されたところに答えがあるのだから、過去ログを何十回でも何百回でも読んで、
理解するよう努めれば良いのに。
で、p=2のとき、
x:y:z=3:4:5, r=2
と
x:y:z=5:12:13, r=8
は比が違うぞ。
- 67 ：
- 「x^3+y^3+z^3=w^3は自然数解を持たない。」かどうかを判定するのに、
w=x+rとおいても、判定することはできない。
理由は、元の数が多いからです。
- 68 ：
- これが最後（笑）
>>理由は、元の数が多いからです。
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
何という阿呆だ。まじめにつきあって馬鹿を見た
>>66 にはなんと言い訳するのだ
- 69 ：
- >>67
あ、もう一つ
君、あちこちの数学科の教授にメールしてるのは本当かね？
- 70 ：
- >>67
なぜ駄目なのでしょう？
あなたの方法と何も変わらないように見えますよ？
- 71 ：
- >>67
なぜ駄目なのでしょう？
あなたの方法と何も変わらないように見えますよ？
- 72 ：
- じゃあ俺は、B^6+L^6+A^6+C^6+K^6+X^6=H^6が自然数解を持つか調べるわ
- 73 ：
- >>67
３つだと駄目で
２つだと良いのは何故ですか
- 74 ：
- 分からん
- 75 ：
- >>69
同じアルファベットからアドレスが始まる、知っている数学の先生を含む二桁の人のメールアドレスがtoに入っているメールが時々来てたから、
日本数学会の名簿とかで片端からメールしていたんじゃない？
- 76 ：
- >３つだと駄目で
２つだと良いのは何故ですか
２つだと、あと1つ数を与えると、解が定まりますが、
３つだと、1つ数を与えても、解が定まりません。
- 77 ：
- >>76
あなたのやり方では
xを有理数とすると、x+rは無理数となる。 ということを根拠にしているのですから、元の数は関係ないですね
- 78 ：
- 3次のの例
x^3 + y^3 = w^3 - z^3,
3^3 + 4^3 = 6^3 - 5^3,
3^3 + 5^3 = 6^3 - 4^3,
4^3 + 5^3 = 6^3 - 3^3,
58^3 + 255^3 = 183^3 + 220^3
= 256^3 - 9^3 = 292^3 - 201^3,
57^3 + 180^3 = 113^3 + 166^3
= 185^3 - 68^3 = 209^3 - 146^3 = 246^3 - 207^3,
804^3 + 963^3
= 1134^3 - 357^3 = 1155^3 - 504^3 = 1246^3 - 805^3
= 2115^3 - 2004^3 = 4746^3 - 4725^3,
1589^3 + 1939^3 = 1608^3 + 1926^3
= 2268^3 - 714^3 = 2310^3 - 1008^3 = 2492^3 - 1610^3
= 4230^3 - 4008^3 = 9492^3 - 9450^3
- 79 ：
- http://www.crossroad.jp/cgi-bin/bbs/mathbbs/cbbs.cgi?mode=res&namber=49895&page=60&no=0
フェルマーの最終定理？ もう釣れないよ
証明じゃなく、単なる文字の羅列じゃないかwwwww
レスは餌になるので一切無用に
願います＜(_ _)＞。
＿＿ ＿＿＿／ ,／ヽ
∨ ↓H高 ,／ ヽ数学の本は、読んでいませんwww
∧＿∧ ∧＿∧ ,／ ヽ学力は、小学校もあやしいですwww
（ ´∀｀） （ ´∀｀）,／ ヽ2×6 = 3a×4
（ ） （ つつ@ ヽの右辺に a(1/a) をかけて
｜ ｜ | ＿＿_ ｜ ｜ | ヽ2×6 = 3a×4(1/a)とすると
（_＿）＿） |――| （_＿）＿） ヽ2 = 3a となると本気で思っています。
￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣| ヽ＜・フェルマーの最終定理─＜
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼彡 ～ ～～ ～～ ～～ ～ ～
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
- 80 ：
- (1) AB=CD
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。
(2) A(B+C)=DE
A(B+C)=DEならば、A=Dのとき、B+C=Eとなる。
B+C=Eは、Eを決めても、B,Cは定まりません。
x^p+y^p=z^pは、(1)になります。
x^p+y^p+z^p=w^pは、(2)になります。
- 81 ：
- >>1の論法を使うとこういう証明ができる
【定理】x^3+y=z^3は自然数解を持たない。
【証明】z=x+rとおくと、x^3+y=(x+r)^3となる。
これを変形すると、r^2{(y/r^3)-1}=3(x^2+rx)となる。
r^2=3となるので、xを有理数とすると、zは無理数となる。
∴x^3+y=z^3は自然数解を持たない。
- 82 ：
- >>81なんでもありやなw
- 83 ：
- ガロア理論スレのスレ主同様に何を言われても無敵の人っぽいしなあ
- 84 ：
- >>63 >>78
x = 3pp +5pq -5qq,
y = 4pp -4pq +6qq,
z = 5pp -5pq -3qq,
w = 6pp -4pq +4qq,
ここに p>q は自然数。
ラマヌジャンすれ-109
- 85 ：
- >>63 >>78
x = -|α|^4 - |β|^2･Re(2αβω),
y = |α|^4 + |β|^2･Re(2αβω~),
z = |β|^4 + |α|^2･Re(2αβω),
w = |β|^4 + |α|^2･Re(2αβω~),
ここに α,β ∈ Z[√(-3)], ω≠1 は1の3乗根。
・参考書
北村泰一「数論入門」(改訂版)、槇書店 数学選書 (1989)
北村泰一「南極越冬隊 タロジロの真実」小学館文庫 (2007/Mar) 649円
「オイラーの贈物」スレ-261
- 86 ：
- >>63 >>78
現在は↓とするらしい････
x = t^3 -(s+r)tt +(ss+2rr)t +(rss -2rrs +r^3),
y = -t^3 +(s+r)tt -(ss+2rr)t +(2rss -rrs +2r^3),
z = (s-2r)tt + (rr-ss)t + (s^3 -rss +2rrs -2r^3),
w = (s+r)tt + (ss+2rr)t +(-s^3 +rss -2rrs -r^3),
ただし r,s,t は整数。
現代数学スレ-565
- 87 ：
- 【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】z=x+rとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)となる。
これを変形すると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
r^(p-1)=pとなるので、(1)は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(1)は、xを有理数とすると、zは無理数となる。
(2)の右辺にa(1/a)を掛けると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apとなるので、(1)は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。よって、(1),(3),(5)は有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
- 88 ：
- http://www.crossroad.jp/cgi-bin/bbs/mathbbs/cbbs.cgi?mode=res&namber=49895&page=60&no=0
フェルマーの最終定理？ もう釣れないよ
証明じゃなく、単なる文字の羅列じゃないかwwwww
レスは餌になるので一切無用に
願います＜(_ _)＞。
＿＿ ＿＿＿／ ,／ヽ
∨ ↓H高 ,／ ヽ数学の本は、読んでいませんwww
∧＿∧ ∧＿∧ ,／ ヽ学力は、小学校もあやしいですwww
（ ´∀｀） （ ´∀｀）,／ ヽ2×6 = 3a×4
（ ） （ つつ@ ヽの右辺に a(1/a) をかけて
｜ ｜ | ＿＿_ ｜ ｜ | ヽ2×6 = 3a×4(1/a)とすると
（_＿）＿） |――| （_＿）＿） ヽ2 = 3a となると本気で思っています。
￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣| ヽ＜・フェルマーの最終定理─＜
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼彡 ～ ～～ ～～ ～～ ～ ～
レスは餌になるので一切無用に願います＜(_ _)＞。
- 89 ：
- 指摘をスルーし同じことを繰り返す
- 90 ：
- https://twitter.com/fujitapiroc1964/status/1040151277055881217
こいつ、ほんとうに屑のような証明を送りつけていたんだなwwwwwwwwwwwwwwwwww
(deleted an unsolicited ad)
- 91 ：
- >指摘をスルーし同じことを繰り返す
指摘とは、x^3+y^3+z^3=w^3のことでしょうか？
- 92 ：
- 81
- 93 ：
- > 指摘とは、x^3+y^3+z^3=w^3のことでしょうか？
>>87 のすべて。
- 94 ：
- ガロア理論スレのスレ主とか
0.99999……は１ではない のスレ主とか
ここの日高とか
全く何も理解できないわけでもないのに読解力や思考力に欠け
ネットで延々同じ話をループさせるだけの人間はなんなんだろう？
パタンは違うが数学の本スレの松坂くんも似たタイプ
うん新井紀子先生なら彼らにも正しい読解力を身につけさせられるだろうww
- 95 ：
- ほい
【定理】x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。
【証明】z=x+rとおくと、x^2+y^2=(x+r)^2…(1)となる。
これを変形すると、r^2{(y/r)^2-1}=2{rx}…(2)となる。
r^2=2となるので、(1)は、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(1)は、xを有理数とすると、zは無理数となる。
(2)の右辺にa(1/a)を掛けると、r^2{(y/r)^2-1}=2a{rx}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^2=2aとなるので、(1)はx^p+y^p=(x+√(2a))^2…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/2}倍となる。よって、(1),(3),(5)は有理数解を持たない。
∴x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。
- 96 ：
- 87のどの部分が間違いかを、ご指摘いただけないでしょうか。
- 97 ：
- 奇数芸人と一緒で「君の理屈を使うとこんなおかしなこと証明できちゃうから、君の理屈はおかしいんだよ」ってのが通じないみたいだね
- 98 ：
- 具体的には、どういう事でしょうか？
- 99 ：
- お前の証明が正しいのなら >>81 の証明も正しいってこと。
- 100 ：
- 奴との共通点はまだあるぞ
・唐突に新しい変数を説明なしで使う
・一度定義した変数を別の意味で使う
・式の形が同じだから同値だと言い張る
あとはこれかな
・指摘してくださいと言いつつ指摘を聞く気はない
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