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【世界に誇る】岩波数学辞典【名著】
フェルマーの最終定理の簡単な証明5
- 1 :2020/01/16 〜 最終レス :2020/02/04
- 【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、z^p=x^p+y^pとz^p×1=x^p+y^pと(z^p/a)×a=x^p+y^pのx,y,zの比は等しい。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考える。
z^p=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たす有理数は、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
- 2 :
- 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2=z^2-y^2とx^2×1=z^2-y^2と(x^2/a)×a=z^2-y^2のx,y,zの比は等しい。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考える。
x^2=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)のとき、x^2=(z+y)となるので、x^2=2y+1となる。
x^2=2y+1のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
- 3 :
- 例.
x^2*1=(z+y)(z-y)…(1)
1=(z-y)、x^2=(z+y)より、x^2=2y+1となる。
x=5/3、y=8/9、z=17/9となる。
x^2/9*9=(z+y)(z-y)…(2)
9=(z-y)、x^2/9=(z+y)より、x^2=18y+81となる。
x=15、y=8、z=17となる。
(1)、(2)は、x:y:z=5/3:8/9:17/9=15:8:7となる。
- 4 :
- 前スレで放置してる指摘にまともに答えろよ。
- 5 :
- >>995
> >992
> >> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たす有理数は、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
>
> ここの証明は?
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす有理数は、
> {x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)なので、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)
> (x,y)=(1,1)のみである。
> (x,y)=(1,1)は、z^p=(x+y)を満たさない。
> {x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)なので、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)
> (x,y)=(1,1)のみである。
ここの証明は?
{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)
この式は恒等式なので、x=y=0 以外のいかなる数字を代入しても成立します。
だから「なので」と言われても証明になってないです。
ああそうそう、ここの証明に z^p=x+y は使ってないので、
使わないで証明できるんですよね、もちろん。
- 6 :
- >>1 日高
> 【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、z^p=x^p+y^pとz^p×1=x^p+y^pと(z^p/a)×a=x^p+y^pのx,y,zの比は等しい。
ここで言おうとしていることはおそらく
z^p/a=x+y,a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に解があればそれを一斉にλ倍したものが
z^p=x+y,1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解になるということだろう。
だがλは有理数とは限らない。よって
> したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考える。
だけでは済まないのだ。この式の無理数解でx:y:zが整数比になるものがあり得るから。
- 7 :
- >>6 間違えた。
> > したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考える。
>
> だけでは済まないのだ。この式の無理数解でx:y:zが整数比になるものがあり得るから。
z^p=x+y,1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)の有理数解を考えるだけでは済まないのだ。
無理数解でx:y:zが整数比になるものがあり得るから。
- 8 :
- >>1これのどこがフェルマーの証明になってるの?
まったく意味がわからないので説明してくれ
- 9 :
- >>1-2
x^2=z^2-y^2と
x^2×1=z^2-y^2と
(x^2/a)×a=z^2-y^2
はどれも正しく整理すればx^2=z^2-y^2となる同じ式だ
同じ式なのだから、1つの式を満たすx,y,zがほかの2つの式を満たすのは明らか
もし、3組の数x,y,z、s,t,u、a,b,cが(kは0でない数)
x^2=z^2-y^2
s^2×1=u^2-t^2
(a^2/k)×k=c^2-b^2
を満たすとき、一般にx,y,zとs,t,uとa,b,cの比は同じではない
これらからx,y,zの比は等しいという結論は出てこない
よって証明は間違っている
たとえば、x=3,y=4,z=5は
x^2=(z+y)(z-y)
x^2*1=(z+y)(z-y)
x^2/2*2=(z+y)(z-y)
x^2/9*9=(z+y)(z-y)
0でないaに対して、x^2/a*a=(z+y)(z-y)
全ての式を満たす
- 10 :
- >4
>前スレで放置してる指摘にまともに答えろよ。
何番でしょうか?
- 11 :
- >5
>{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)
この式は恒等式なので、x=y=0 以外のいかなる数字を代入しても成立します。
だから「なので」と言われても証明になってないです。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)の場合はどうでしょうか?
- 12 :
- >6
>> したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考える。
だけでは済まないのだ。この式の無理数解でx:y:zが整数比になるものがあり得るから。
仮に、無理数解でx:y:zが整数比になるものがあったとしても、その無理数解を、共通の
無理数で割ると、有理数となります。
つまり、有理数解が、ないならば、無理数解もありません。
- 13 :
- >8
>>>1これのどこがフェルマーの証明になってるの?
まったく意味がわからないので説明してくれ
どの部分の意味がわからないかを、言っていただけないでしょうか。
- 14 :
- >>1
> 【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、z^p=x^p+y^pとz^p×1=x^p+y^pと(z^p/a)×a=x^p+y^pのx,y,zの比は等しい。
> したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考える。
z^p=x^p+y^p
z^p×1=x^p+y^p
(z^p/a)×a=x^p+y^p
これらの式は同じなので、無意味な主張である。
> z^p=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
B=Dでないときを考えてない。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たす有理数は、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
このことの証明がない。
11の内容では全く証明になっていない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
- 15 :
- >9
>たとえば、x=3,y=4,z=5は
x^2=(z+y)(z-y)
x^2*1=(z+y)(z-y)
x^2/2*2=(z+y)(z-y)
x^2/9*9=(z+y)(z-y)
0でないaに対して、x^2/a*a=(z+y)(z-y)
全ての式を満たす
x^2=x^2*1=x^2/9*9とすると、x=3,y=4,z=5はx^2=(z+y)(z-y)をみたします。
2=(z-y)、x^2/2=(z+y)の場合、x=6、y=8、z=10となります。
- 16 :
- >14
>z^p=x^p+y^p
z^p×1=x^p+y^p
(z^p/a)×a=x^p+y^p
これらの式は同じなので、無意味な主張である。
z^p×1=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を、
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}、z^p=(x+y)として、
連立方程式とすると、意味がでてきます。
> z^p=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
> AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
B=Dでないときを考えてない。
B=Dでないときは、B=Cとなりますが、同じ考えとなります。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たす有理数は、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
このことの証明がない。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)とします。
- 17 :
- 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2=z^2-y^2とx^2×1=z^2-y^2と(x^2/a)×a=z^2-y^2のx,y,zの比は等しい。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考える。
x^2=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)のとき、x^2=(z+y)となるので、x^2=2y+1となる。
x^2=2y+1のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
- 18 :
- 例.
x^2*1=(z+y)(z-y)…(1)
1=(z-y)、x^2=(z+y)より、x^2=2y+1となる。
x=5/3、y=8/9、z=17/9となる。
x^2/9*9=(z+y)(z-y)…(2)
9=(z-y)、x^2/9=(z+y)より、x^2=18y+81となる。
x=15、y=8、z=17となる。
(1)、(2)は、x:y:z=5/3:8/9:17/9=15:8:7となる。
- 19 :
- >>16
> >14
> >z^p=x^p+y^p
> z^p×1=x^p+y^p
> (z^p/a)×a=x^p+y^p
> これらの式は同じなので、無意味な主張である。
>
> z^p×1=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を、
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}、z^p=(x+y)として、
> 連立方程式とすると、意味がでてきます。
証明に書いてない主張ですね。
数学的に正しい表現でそのことを追加してください。
> > z^p=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
> > AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
> B=Dでないときを考えてない。
>
> B=Dでないときは、B=Cとなりますが、同じ考えとなります。
説明になっていません。
何がどう同じになるのですか。
>
> > 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たす有理数は、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
> このことの証明がない。
>
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)とします。
証明になっていません。
どうして解が(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみになることがわかるのですか?
- 20 :
- >19
>> 連立方程式とすると、意味がでてきます。
証明に書いてない主張ですね。
数学的に正しい表現でそのことを追加してください。
17,18を見ていただけないでしょうか。
> B=Dでないときは、B=Cとなりますが、同じ考えとなります。
説明になっていません。
何がどう同じになるのですか。
B=Cのとき、A=Bとなります。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)とします。
証明になっていません。
どうして解が(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみになることがわかるのですか?
1=(x^p+y^p)/(x+y)の有理数解は、(x,y)=(1,1)、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)、のみです。
(x,y)=(1,1)は、z^p=(x+y)を満たしません。
- 21 :
- > 仮に、無理数解でx:y:zが整数比になるものがあったとしても、その無理数解を、共通の
無理数で割ると、有理数となります。
つまり、有理数解が、ないならば、無理数解もありません。
これは事実ではありません。
- 22 :
- >21
>> 仮に、無理数解でx:y:zが整数比になるものがあったとしても、その無理数解を、共通の
無理数で割ると、有理数となります。
つまり、有理数解が、ないならば、無理数解もありません。
これは事実ではありません。
理由を、教えていただけないでしょうか。
- 23 :
- >>20
>19
>>> 連立方程式とすると、意味がでてきます。
>証明に書いてない主張ですね。
>数学的に正しい表現でそのことを追加してください。
>17,18を見ていただけないでしょうか。
今はpが奇素数の場合なので、17,18は関係ありません。
「考え方は同じ」とか言ってごまかさないでくださいね。詳しく説明してください。
>> B=Dでないときは、B=Cとなりますが、同じ考えとなります。
>説明になっていません。
>何がどう同じになるのですか。
>B=Cのとき、A=Bとなります。
よく見たら変なことを言ってますね。
AB=CDであって、B=DでもB=Cでもない場合はどうなるのですか?
>> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)とします。
>証明になっていません。
>どうして解が(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみになることがわかるのですか?
>1=(x^p+y^p)/(x+y)の有理数解は、(x,y)=(1,1)、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)、のみです。
この部分の証明をお願いします。自明ではないと思いますが。
- 24 :
- >>11
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)の場合はどうでしょうか?
そこの証明をしてください、というのが私の元の主張です。
他人に問いかけてる場合ではないです。
- 25 :
- >23
>>>> 連立方程式とすると、意味がでてきます。
>数学的に正しい表現でそのことを追加してください。
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のx,y,zが有理数のとき、式を満たすならば、
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、z^p=(x+y)を、共にx,y,zが有理数のときに、満たします。
>B=Cのとき、A=Bとなります。
よく見たら変なことを言ってますね。
AB=CDであって、B=DでもB=Cでもない場合はどうなるのですか?
訂正します。B=Cのとき、A=Dとなります。
>1=(x^p+y^p)/(x+y)の有理数解は、(x,y)=(1,1)、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)、のみです。
この部分の証明をお願いします。自明ではないと思いますが。
x=1、y<1とすると、1<(x^p+y^p)/(x+y)となります。
- 26 :
- >24
>> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)の場合はどうでしょうか?
そこの証明をしてください、というのが私の元の主張です。
他人に問いかけてる場合ではないです。
>1=(x^p+y^p)/(x+y)の有理数解は、(x,y)=(1,1)、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)、のみです。
x=1、y<1とすると、1<(x^p+y^p)/(x+y)となります。
- 27 :
- >>25
>23
>z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のx,y,zが有理数のとき、式を満たすならば、
>1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、z^p=(x+y)を、共にx,y,zが有理数のときに、満たします。
上記主張の証明をお願いします。
>>B=Cのとき、A=Bとなります。
>よく見たら変なことを言ってますね。
>AB=CDであって、B=DでもB=Cでもない場合はどうなるのですか?
>訂正します。B=Cのとき、A=Dとなります。
答えになってません。AB=CDであって、B=DでもB=Cでもない場合のことを聞いています。
まじめに答えてください。
>>1=(x^p+y^p)/(x+y)の有理数解は、(x,y)=(1,1)、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)、のみです。
> この部分の証明をお願いします。自明ではないと思いますが。
> x=1、y<1とすると、1<(x^p+y^p)/(x+y)となります。
これで証明のつもりですか?冗談はやめてください。
x>1,y<1の場合は何も言えませんよ。
- 28 :
- >>13
全部としか答えようがないですね
数式の変形や当てはめをした意図(意味)を解説してほしい
そもそもp=4を省略した理由も記載がないわけだし。これは自明なのか?
- 29 :
- >>27
> AB=CDであって、B=DでもB=Cでもない場合
>>1にはこれは理解できんと思うよ
- 30 :
- >>22
正しいと信じるなら証明を述べてください。
- 31 :
- >27
>>z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のx,y,zが有理数のとき、式を満たすならば、
>1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、z^p=(x+y)を、共にx,y,zが有理数のときに、満たします。
上記主張の証明をお願いします。
pが奇素数の場合も、p=2の場合も、形は同じなので、x^2=(z+y)(z-y)を考えます。
(x^2/a)*a=(z+y)(z-y)
a=(z-y)、(x^2/a)=(z+y)が有理数で成り立てば、x^2=(z+y)(z-y)も有理数で成り立ちます。
>訂正します。B=Cのとき、A=Dとなります。
答えになってません。AB=CDであって、B=DでもB=Cでもない場合のことを聞いています。
まじめに答えてください。
よく意味がわからないのですが、
(x^2/a)*a=(z+y)(z-y)ならば、a=(z-y)のとき、(x^2/a)=(z+y)となる。では、駄目でしょうか?
> x=1、y<1とすると、1<(x^p+y^p)/(x+y)となります。
これで証明のつもりですか?冗談はやめてください。
x>1,y<1の場合は何も言えませんよ。
1=(x^p+y^p)/(x+y)は、x^p+y^p=(x+y)なので、
x^p+y^p=(x+y)が有理数のとき成り立つのは、(x,y)=(1,1)、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
- 32 :
- >28
>全部としか答えようがないですね
数式の変形や当てはめをした意図(意味)を解説してほしい
そもそもp=4を省略した理由も記載がないわけだし。これは自明なのか?
x^4+y^4=(x^2+2√xy+y^2)(x^2-2√xy+y^2)と変形できるので、
z^4*1=(x^2+2√xy+y^2)(x^2-2√xy+y^2)となります。
1=(x^2-2√xy+y^2)
z^4=(x^2+2√xy+y^2)を共に満たすのは、(x,y)=(1,1)、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみです。
- 33 :
- >30
>>>22
正しいと信じるなら証明を述べてください。
x=3√2、y=4√2、z=5√2
x,y,zを、√2で割ると、
3,4,5となります。
- 34 :
- >>32
そうではなく、p=4以上の偶数を省いて奇素数のみを考察すればよいとする証明の記載はどこにもないですよね?
それを書かなければ証明として不完全なのでは?
あと数式をいろいろいじっている意図
を、「日本語」で解説してください。
どんな思考過程で数式をいじってるのかまったく見えません。
例えばp≧3の奇素数で、x.y.zが存在すると仮定したときに式Aは矛盾するとか
- 35 :
- >>33
それは証明ではない。
- 36 :
- >>31
>>z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のx,y,zが有理数のとき、式を満たすならば、
>>1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、z^p=(x+y)を、共にx,y,zが有理数のときに、満たします。
>上記主張の証明をお願いします。
> pが奇素数の場合も、p=2の場合も、形は同じなので、x^2=(z+y)(z-y)を考えます。
> (x^2/a)*a=(z+y)(z-y)
> a=(z-y)、(x^2/a)=(z+y)が有理数で成り立てば、x^2=(z+y)(z-y)も有理数で成り立ちます。
ごまかしはやめてください。
pが奇素数の場合と、p=2の場合は式が違いますから同じではありません。
同じようになるというのなら、pが奇素数の場合の式で同じように説明してください。
>>訂正します。B=Cのとき、A=Dとなります。
>答えになってません。AB=CDであって、B=DでもB=Cでもない場合のことを聞いています。
>まじめに答えてください。
>よく意味がわからないのですが、
>(x^2/a)*a=(z+y)(z-y)ならば、a=(z-y)のとき、(x^2/a)=(z+y)となる。では、駄目でしょうか?
ここは今は重要ではないので、論点を絞るため、とりあえず保留にします。(認めたわけではありません)
> 1=(x^p+y^p)/(x+y)は、x^p+y^p=(x+y)なので、
> x^p+y^p=(x+y)が有理数のとき成り立つのは、(x,y)=(1,1)、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
2つの命題を「なので」でつないだだけで、何の根拠にもなっていません。
このような説明しかできないのなら、証明できないものと判断します。
- 37 :
- >>10
> >4
> >前スレで放置してる指摘にまともに答えろよ。
>
> 何番でしょうか?
理解できないとだけの一言の返信を含め、相手を納得させてないもの全部。
お前が把握するべき。
- 38 :
- >34
>そうではなく、p=4以上の偶数を省いて奇素数のみを考察すればよいとする証明の記載はどこにもないですよね?
それを書かなければ証明として不完全なのでは?
はい。証明として不完全です。この部分は、ウィキペディアを参照していただけないでしょうか。
>どんな思考過程で数式をいじってるのかまったく見えません。
元の方程式を、連立方程式の形にして、x,y,zが有理数で成り立つならば、元の方程式
も有理数で成り立ちます。
- 39 :
- >35
>>>33
それは証明ではない。
はい。証明には、なりません。例です。
例では、分からないでしょうか?
- 40 :
- >>39
例? なんの例ですか?
- 41 :
- >36
>ごまかしはやめてください。
pが奇素数の場合と、p=2の場合は式が違いますから同じではありません。
pが奇素数の場合と、p=2の場合の式の形は、同じです。
pが奇素数の場合は、証明を見て、いただけないでしょうか。
>x^p+y^p=(x+y)が有理数のとき成り立つのは、(x,y)=(1,1)、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
2つの命題を「なので」でつないだだけで、何の根拠にもなっていません。
x^p+y^pと(x+y)のx,yが0を除く有理数のとき、等しくなる場合は、(x,y)=(1,1)のみです。
- 42 :
- >40
>仮に、無理数解でx:y:zが整数比になるものがあったとしても、その無理数解を、共通の
無理数で割ると、有理数となります。
つまり、有理数解が、ないならば、無理数解もありません。
の例です。
- 43 :
- >元の方程式を、連立方程式の形にして、x,y,zが有理数で成り立つならば、元の方程式も有理数で成り立ちます。
言葉は足りてないが、そこを前提条件で書くものではないのかね?
また連立方程式への変換が合っている根拠は?
ついでに言うと「p=4以上の偶数の証明はwikipedia」も書いておかないと省略した理由がわからんよ
良いか悪いかは別として
- 44 :
- >>42 日高
> >40
> >仮に、無理数解でx:y:zが整数比になるものがあったとしても、その無理数解を、共通の
> 無理数で割ると、有理数となります。
> つまり、有理数解が、ないならば、無理数解もありません。
> の例です。
無理数解を共通の無理数で割ると有理数「解」になります、とは言わないんだね。
うまくごまかしたね。いや、ごまかしたつもりなんだね。
- 45 :
- >>41
>>ごまかしはやめてください。
>pが奇素数の場合と、p=2の場合は式が違いますから同じではありません。
>pが奇素数の場合と、p=2の場合の式の形は、同じです。
形が同じってどういう意味ですか?式はもちろん違うし式の次数も違いますよ。
証明するなら正しい数学の用語で説明してください。
>pが奇素数の場合は、証明を見て、いただけないでしょうか。
何を言っているのか意味がわかりません。今問題にしていることに関して、奇素数の場合の証明のどこに何が書いてあるですか?
pが奇素数の場合を示せないということは、本当は証明できないんじゃないですか?
同じなら簡単に示せるはずです。どうしてやらないんですか。
pが奇素数の場合の式で示さない限り、この主張は認められません。
> x^p+y^pと(x+y)のx,yが0を除く有理数のとき、等しくなる場合は、(x,y)=(1,1)のみです。
根拠がありませんので、これについては証明ができていないと判断します。
これでは誰も納得しませんよ。
- 46 :
- >43
>>元の方程式を、連立方程式の形にして、x,y,zが有理数で成り立つならば、元の方程式も有理数で成り立ちます。
言葉は足りてないが、そこを前提条件で書くものではないのかね?
正式の証明では、そうだと思います。
>また連立方程式への変換が合っている根拠は?
p=2の場合と、pが奇素数の場合の形が同じだからです。
>ついでに言うと「p=4以上の偶数の証明はwikipedia」も書いておかないと省略した理由がわからんよ
理由は、長くなるからです。
- 47 :
- >44
>無理数解を共通の無理数で割ると有理数「解」になります、とは言わないんだね。
そういう意味でいいました。
- 48 :
- >45
>>pが奇素数の場合は、証明を見て、いただけないでしょうか。
何を言っているのか意味がわかりません。今問題にしていることに関して、奇素数の場合の証明のどこに何が書いてあるですか?
p=2の場合と、pが奇素数の場合は、形が同じとなります。
>同じなら簡単に示せるはずです。どうしてやらないんですか。
pが奇素数の場合の式で示さない限り、この主張は認められません。
p=2の場合の証明を、見ていただけないでしょうか。
> x^p+y^pと(x+y)のx,yが0を除く有理数のとき、等しくなる場合は、(x,y)=(1,1)のみです。
他の有理数を入れてみていただけないでしょうか。
- 49 :
- >>48
> >45
> >>pが奇素数の場合は、証明を見て、いただけないでしょうか。
> 何を言っているのか意味がわかりません。今問題にしていることに関して、奇素数の場合の証明のどこに何が書いてあるですか?
>
> p=2の場合と、pが奇素数の場合は、形が同じとなります。
>
> >同じなら簡単に示せるはずです。どうしてやらないんですか。
> pが奇素数の場合の式で示さない限り、この主張は認められません。
>
> p=2の場合の証明を、見ていただけないでしょうか。
式が違うんだから同じにならないと何度いったらわかるんですか。
繰り返しますが、同じ形ってどういう意味ですか?全然わからないんですが。
> > x^p+y^pと(x+y)のx,yが0を除く有理数のとき、等しくなる場合は、(x,y)=(1,1)のみです。
>
> 他の有理数を入れてみていただけないでしょうか。
それでは証明にはなりませんね。有理数は無限にあるので。
- 50 :
- >>46
つまりは正式な証明ではないってことですよね
ある証明をするのに既に知られている公理や定理等を使うのはおかしなことでは無いけど、最低条件は記載してもらいたい
pが奇素数の場合のみを考えればよいってとこ「だけ」は合ってるから他の方もなにも言わないんでしょうけどね。
あとp=2と奇素数の式が同じとは?
「xyzが有理数解を持たない」を導くまでの過程の間違いは他の方が散々指摘しているので言いませんけど、指摘されたことに反証を都度書いていくのなら、そもそもの証明が不足していることにはなりませか?
- 51 :
- ここが有名なフェルマー漫才スレか?
- 52 :
- >>49
AをBと仮定した際にCは正とか偽
ってのを
AはCとなる
って段階すっ飛ばして説明も足りないまま書いてんのかと見てましたが
それも何か違うみたい
私の反論も49さんと同じところに行き着きそうな予感がしますので後はお任せしますw
- 53 :
- >49
>同じ形ってどういう意味ですか?全然わからないんですが。
両辺とも、積の形です。
> x^p+y^pと(x+y)のx,yが0を除く有理数のとき、等しくなる場合は、(x,y)=(1,1)のみです。
> 他の有理数を入れてみていただけないでしょうか。
それでは証明にはなりませんね。有理数は無限にあるので。
有理数の変化による、傾向がわかると思いますます。
- 54 :
- >50
>あとp=2と奇素数の式が同じとは?
形が同じとなります。
- 55 :
- >>53
> >49
> >同じ形ってどういう意味ですか?全然わからないんですが。
>
> 両辺とも、積の形です。
>
両方とも積の形だと、何がどう同じになるんですか。
わかるように説明してください。
> > x^p+y^pと(x+y)のx,yが0を除く有理数のとき、等しくなる場合は、(x,y)=(1,1)のみです。
> > 他の有理数を入れてみていただけないでしょうか。
>
> それでは証明にはなりませんね。有理数は無限にあるので。
>
> 有理数の変化による、傾向がわかると思いますます。
証明とは関係ないですね。これ以上無意味なことを言うようなら無視します。
- 56 :
- ひょっとして日高氏は
x^3=1
の解をx=1だと思ってないか?
まあ、後は黙ってみとくわ
- 57 :
- >>1 日高 のもじり。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。
【証明】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
z^2=z^2×1=(z^2/a)×aなので、z^2=x^p+y^pとz^2×1=x^p+y^pと(z^2/a)×a=x^p+y^pのx,y,zの比は等しい。
したがって、z^2×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考える。
z^2=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^2=(x+y)を共に満たす有理数は、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。
- 58 :
- 日高は自分の妄想でなく根拠を述べよ。
根拠とは、教科書の記述や結果、標準的な数学用語や論理で組みたてられたものである。
そうでないものが一つでもあれば根拠ではない。根拠はあると日高が言ったのだから、きちんとした根拠を述べろ。
妄想は不要。
- 59 :
- もじりなら俺でも証明できるわ。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。
【証明】ウイキペディアを参照していただけないでしょうか。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
- 60 :
- >55
>両方とも積の形だと、何がどう同じになるんですか。
わかるように説明してください。
連立方程式の片方、1=( )の解を、もう片方に当てはめて、元の方程式を解く
方法が同じとなります。
> x^p+y^pと(x+y)のx,yが0を除く有理数のとき、等しくなる場合は、(x,y)=(1,1)のみです。
> それでは証明にはなりませんね。有理数は無限にあるので。
> 有理数の変化による、傾向がわかると思いますます。
>証明とは関係ないですね。これ以上無意味なことを言うようなら無視します。
私は、関係あると思います。
- 61 :
- >56
>ひょっとして日高氏は
x^3=1
の解をx=1だと思ってないか?
x^3=1の有理数の解は、1です。
- 62 :
- >57
>【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。
この証明の場合は、z^2ではなくて、z^3です。
- 63 :
- >58
>根拠とは、教科書の記述や結果、標準的な数学用語や論理で組みたてられたものである。
そうでないものが一つでもあれば根拠ではない
教科書の記述や結果、標準的な数学用語や論理で組みたてられたものだけが、根拠でしょうか?
- 64 :
- >59
>【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。
間違いです。
x^p+y^p=z^2は、自然数解を持ちます。
- 65 :
- >>60
>連立方程式の片方、1=( )の解を、もう片方に当てはめて、元の方程式を解く
> 方法が同じとなります。
z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} と
z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の解の関係はどうなると思っていますか?
>私は、関係あると思います。
あなたは証明がどういうことか全く理解していないことがわかりました。
- 66 :
- 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2=z^2-y^2とx^2×1=z^2-y^2と(x^2/a)×a=z^2-y^2のx,y,zの比は等しい。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考える。
x^2=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)のとき、x^2=(z+y)となるので、x^2=2y+1となる。
x^2=2y+1のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
- 67 :
- 例.
x^2*1=(z+y)(z-y)…(1)
1=(z-y)、x^2=(z+y)より、x^2=2y+1となる。
x=5/3、y=8/9、z=17/9となる。
x^2/9*9=(z+y)(z-y)…(2)
9=(z-y)、x^2/9=(z+y)より、x^2=18y+81となる。
x=15、y=8、z=17となる。
(1)、(2)は、x:y:z=5/3:8/9:17/9=15:8:7となる。
- 68 :
- >56
>z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} と
z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の解の関係はどうなると思っていますか?
z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解と、
z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解の比は、
同じです。
- 69 :
- >>64
では証明のどこが誤りですか?
- 70 :
- >>63
> >58
> >根拠とは、教科書の記述や結果、標準的な数学用語や論理で組みたてられたものである。
> そうでないものが一つでもあれば根拠ではない
>
> 教科書の記述や結果、標準的な数学用語や論理で組みたてられたものだけが、根拠でしょうか?
当たり前。それ以外の日高の妄想は全て全く価値のないゴミ。
- 71 :
- >>68
> >56
> >z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} と
> z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> の解の関係はどうなると思っていますか?
>
> z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解と、
> z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解の比は、
> 同じです。
z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} (aは1以外の自然数) …(1)
を満たす有理数解が存在する場合
z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} …(2)
(2)の解で(1)の解と比が同じになるものを考えると、(2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
pは奇素数なので、これは一般的には有理数ではありません。
ですから、(1)の有理数解が存在する場合に(2)の有理数解が必ず存在するとは言えません。
結論としては、、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
に有理数解があるかどうか判断するのに
z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の有理数解だけを考えればよいことにはなりません。
- 72 :
- >64
>>>64
では証明のどこが誤りですか?
pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。
が間違いです。
反例. 1^3+2^3=3^2
- 73 :
- >71
>z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} (aは1以外の自然数) …(1)
を満たす有理数解が存在する場合
z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} …(2)
(2)の解で(1)の解と比が同じになるものを考えると、(2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
pは奇素数なので、これは一般的には有理数ではありません。
>ですから、(1)の有理数解が存在する場合に(2)の有理数解が必ず存在するとは言えま
せん。
(2)の有理数解が存在しないので、(1)の有理数解も存在しません。
>結論としては、、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
に有理数解があるかどうか判断するのに
z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の有理数解だけを考えればよいことにはなりません。
z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に有理数解がないならば、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}にも有理数解は、ありません。
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解の比と
z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解の比が同じだからです。
- 74 :
- >>73
> >71
> >z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} (aは1以外の自然数) …(1)
> を満たす有理数解が存在する場合
> z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} …(2)
> (2)の解で(1)の解と比が同じになるものを考えると、(2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
> pは奇素数なので、これは一般的には有理数ではありません。
>
> >ですから、(1)の有理数解が存在する場合に(2)の有理数解が必ず存在するとは言えま
> せん。
>
> (2)の有理数解が存在しないので、(1)の有理数解も存在しません。
>
反論になっていません。
対偶をとると、
(1)の有理数解が存在すれば、(2)の有理数解が存在する
になるので、違う命題です。
論理学の基礎もわかってないんですね。
(2)の有理数解が存在しないことも証明できてないし、全然だめです。
- 75 :
- >>74
> >>73
> > >71
> > >z^p/a=x+y, a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} (aは1以外の自然数) …(1)
> > を満たす有理数解が存在する場合
> > z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} …(2)
> > (2)の解で(1)の解と比が同じになるものを考えると、(2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
> > pは奇素数なので、これは一般的には有理数ではありません。
> >
> > >ですから、(1)の有理数解が存在する場合に(2)の有理数解が必ず存在するとは言えま
> > せん。
> >
> > (2)の有理数解が存在しないので、(1)の有理数解も存在しません。
> >
>
> 反論になっていません。
> 対偶をとると、
> (1)の有理数解が存在すれば、(2)の有理数解が存在する
> になるので、違う命題です。
>
> 論理学の基礎もわかってないんですね。
ちょっと変な説明だったかな。
いずれにしても、
(1)の有理数解が存在した場合、(2)の有理数解が存在するとは限らない
を示しましたので、
(2)の有理数解が存在しないので、(1)の有理数解が存在しない
とは言えない
ということです。
- 76 :
- >74
>> z^p=x+y, 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)} …(2)
(2)の有理数解が存在しないことも証明できてないし、全然だめです。
(2)の0を除く有理数解は、存在しないことは、証明しているつもりですが。
- 77 :
- >75
>(1)の有理数解が存在した場合、(2)の有理数解が存在するとは限らない
を示しましたので、
(1)の有理数解が存在した場合、(2)の有理数解も存在します。
理由は、解の比が同じだからです。
>(2)の有理数解が存在しないので、(1)の有理数解が存在しない
とは言えない
ということです。
(2)の有理数解が存在しないならば、(1)の有理数解も存在しません。
理由は、解の比が同じだからです。
- 78 :
- 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2=z^2-y^2とx^2×1=z^2-y^2と(x^2/a)×a=z^2-y^2のx,y,zの比は等しい。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考える。
x^2=A、1=B、(z+y)=C、(z-y)=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1=(z-y)のとき、x^2=(z+y)となるので、x^2=2y+1となる。
x^2=2y+1のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
- 79 :
- 例.
x^2*1=(z+y)(z-y)…(1)
1=(z-y)、x^2=(z+y)より、x^2=2y+1となる。
x=5/3、y=8/9、z=17/9となる。
x^2/9*9=(z+y)(z-y)…(2)
9=(z-y)、x^2/9=(z+y)より、x^2=18y+81となる。
x=15、y=8、z=17となる。
(1)、(2)は、x:y:z=5/3:8/9:17/9=15:8:7となる。
- 80 :
- >>77
> >75
> >(1)の有理数解が存在した場合、(2)の有理数解が存在するとは限らない
> を示しましたので、
>
> (1)の有理数解が存在した場合、(2)の有理数解も存在します。
> 理由は、解の比が同じだからです。
>
> >(2)の有理数解が存在しないので、(1)の有理数解が存在しない
> とは言えない
> ということです。
>
> (2)の有理数解が存在しないならば、(1)の有理数解も存在しません。
> 理由は、解の比が同じだからです。
根拠になっていません。
主張したいのなら、きちんと証明してください。
同じことを言い張るだけなら、相手にしませんので悪しからず。
- 81 :
- >>15
z^p=x^p+y^p
x^p×1=x^p+y^p
(z^p/a)×a=x^p+y^p
上の3つは同じ式です。x,y,zの比が等しいことの証明にはなりません。よって間違っています。
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
この式は上の3つと違う式です。上の3つのx,y,zの比が等しいことの証明にはなりません。よって間違っています。
証明に別の説明や例を挙げることが必要な時点でその証明はおかしいです。
同じ内容の間違った証明を何度も何度も何度も何度も書き込むぐらいなら、
どれだけ長くてもいいのでだれからも文句のつけようのない証明を書くようにしてください。
- 82 :
- >81
>z^p=x^p+y^p
x^p×1=x^p+y^p ?
(z^p/a)×a=x^p+y^p
>上の3つは同じ式です。x,y,zの比が等しいことの証明にはなりません。よって間違っています。
上の3つは同じ式なので、x,y,zの比は等しいです。
- 83 :
- >>82
同じ式z^p=x^p+y^pを満たす
3:4:5
5:12:13
8:15:17
は比が等しくありません。
よって証明は間違っています。
- 84 :
- >>82
ちゃんと81を読み直せ!
要点はそこじゃない
証明に使っても意味のない数式を証明に組み込んでいると言われているのだ
いちいち例題や反証が必要なら元の証明が不足していると思いませんか?
ここではあなたに二つの問いかけをしています
過去のレスを見ても複数の問いかけがあった場合、自分の都合のよいところしか回答しない傾向があるので注意されたし
- 85 :
- 前スレにも同じこと書いている人がいたけど
3つの自然数AとB≠CがA^p=C^p-B^pを満たすとき、k=1/(C-B)を用いて
x=kA,y=kB,z=kCという新たなx,y,zを定義すると
x^p=k^p*A^p
y^p=k^p*B^p
z^p=k^p*C^p
となり、A^p=C^p-B^pの両辺をk^p倍して
k^p*A^p=k^p*C^p-k^p*B^p
よってこのx,y,zはx^p=z^p-y^pをみたし、さらに
z-y=kC-kB=1/(C-B)*(C-B)=1となる。
B=Cのとき、C^p-B^p=0よりA=0となりA,B,Cが自然数という前提に反する
よって必ずB≠C
以降はこのように定義したx,y,zについて考える。
とかなんとか、そういうことが言いたいならそういう風にきちんとかかないといけない
- 86 :
- >>85
これに絡むんだね!
977 名前:132人目の素数さん[sage] 投稿日:2020/01/16(木) 09:38:15.74 ID:UCL9+mvh
>>972,973
とりあえずp=2について、
どんなピタゴラス数も、適当な数で割ることにより、
1=(z-y)
にできるって事だよね。
それってすごい事なのかなあ?
- 87 :
- >>85
でも
x^p=z^p-y^pを満たすx,y,zに対して、k*x,k*y,k*zがともに自然数となるようなkが必ず存在する
は間違いだから、これはだめかな
- 88 :
- >83
>同じ式z^p=x^p+y^pを満たす
3:4:5
5:12:13
8:15:17
は比が等しくありません。
よって証明は間違っています。
x^2*1=(z+y)(z-y)…(1)
(x^2/a)*a=(z+y)(z-y)…(2)
(1)の解を、x=3、y=4、z=5としたとき、
a=2とすると、
(2)の解は、x=6、y=8、z=10となります。
3:4:5=6:8:10となります。
- 89 :
- >>88
(1)の解は
3:4:5
5:12:13
8:15:17
とか無限にあるし、
(2)の解も
3:4:5
5:12:13
8:15:17
とか無限にあります。
よって証明は間違っています。
- 90 :
- 前にも書いたけど、そもそも証明の中で
> x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2=z^2-y^2とx^2×1=z^2-y^2と(x^2/a)×a=z^2-y^2のx,y,zの比は等しい。
を書いている時点では、まだ自然数の解が存在するかどうかすら分かっていないのに、
わかっていないから証明しようとしているのに、比が等しいかどうかなんて分かるほうがおかしい
- 91 :
- >84
>ちゃんと81を読み直せ!
要点はそこじゃない
証明に使っても意味のない数式を証明に組み込んでいると言われているのだ
意味のない数式とは、どの部分でしょうか?
>いちいち例題や反証が必要なら元の証明が不足していると思いませんか?
思います。
>ここではあなたに二つの問いかけをしています
どのようなことでしょうか?
- 92 :
- >85
>3つの自然数AとB≠CがA^p=C^p-B^pを満たすとき、k=1/(C-B)を用いて
x=kA,y=kB,z=kCという新たなx,y,zを定義すると
x^p=k^p*A^p
y^p=k^p*B^p
z^p=k^p*C^p
となり、A^p=C^p-B^pの両辺をk^p倍して
k^p*A^p=k^p*C^p-k^p*B^p
よってこのx,y,zはx^p=z^p-y^pをみたし、さらに
z-y=kC-kB=1/(C-B)*(C-B)=1となる。
B=Cのとき、C^p-B^p=0よりA=0となりA,B,Cが自然数という前提に反する
よって必ずB≠C
以降はこのように定義したx,y,zについて考える。
とかなんとか、そういうことが言いたいならそういう風にきちんとかかないといけない
すみませんが、よく理解できませんので、解説していただけないでしょうか。
- 93 :
- >>92
どこが理解できないのか、解説していただけないでしょうか。
- 94 :
- >86
>>>85
これに絡むんだね!
どういう意味でしょうか?
>>972,973
とりあえずp=2について、
どんなピタゴラス数も、適当な数で割ることにより、
1=(z-y)
にできるって事だよね。
それってすごい事なのかなあ?
すごい事では、ありません。
- 95 :
- >87
>>>85
でも
x^p=z^p-y^pを満たすx,y,zに対して、k*x,k*y,k*zがともに自然数となるようなkが必ず存在する
は間違いだから、これはだめかな
間違いではないと思いますが、なぜこのように考えるか、意味がよくわかりません。
- 96 :
- >89
>>>88
(1)の解は
3:4:5
5:12:13
8:15:17
とか無限にあるし、
(2)の解も
3:4:5
5:12:13
8:15:17
とか無限にあります。
よって証明は間違っています。
どうして、間違っていることになるのでしょうか?
- 97 :
- >90
>> x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2=z^2-y^2とx^2×1=z^2-y^2と(x^2/a)×a=z^2-y^2のx,y,zの比は等しい。
を書いている時点では、まだ自然数の解が存在するかどうかすら分かっていないのに、
わかっていないから証明しようとしているのに、比が等しいかどうかなんて分かるほうがおかしい
(x^2/a)×a=z^2-y^2のx,y,zの比は、x^2×1=z^2-y^2のx,y,zの比のa倍となります。
- 98 :
- >93
>>>92
どこが理解できないのか、解説していただけないでしょうか。
>3つの自然数AとB≠CがA^p=C^p-B^pを満たすとき、k=1/(C-B)を用いて
x=kA,y=kB,z=kCという新たなx,y,zを定義すると
x^p=k^p*A^p
y^p=k^p*B^p
z^p=k^p*C^p
の部分です。
- 99 :
- >>96
> x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2=z^2-y^2とx^2×1=z^2-y^2と(x^2/a)×a=z^2-y^2のx,y,zの比は等しい。
証明に出てくるこの部分が間違いであることが分かった(一般的に、この式を満たすx,y,zの比は等しくない)
証明と関係ない分が証明に出てくることはないので、この部分は証明に関係している
間違いを含む証明は間違っている。
- 100 :
- >>97
それも要点はそこじゃない!
元の文章をもう一度読み直せ
他の方も散々指摘しているが日本語不自由か?
書かれている意図を何故理解しようとしない?
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秋山仁
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