フェルマーの最終定理の簡単な証明5
【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。
【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。
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。
> >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。
> 【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。
> > 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。
まったく意味がわからないので説明してくれ
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
>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？
>{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？
>> 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。
>>>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。
> 【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。
>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。
>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。
【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。
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。
> >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？
>> 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。
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。
>> 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。
>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。
> 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。
>>>> 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。
>> 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。
>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。
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？
> 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
正しいと信じるなら証明を述べてください。
>>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。
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。
>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。
>>>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。
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
それは証明ではない。
>>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。
>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。
> >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。
>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。
>>>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？
例？ なんの例ですか？
>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。
>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。
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
> >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。
>>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。
>>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。
>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。
>>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。
> >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。
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？
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
>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。
>あとp=2と奇素数の式が同じとは？
形が同じとなります。
> >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。
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
【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。
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。
【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。
>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。
>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。
>【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。
>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？
>【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。
>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。
【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。
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。
>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。
では証明のどこが誤りですか？
> >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。
> >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。
>>>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
>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。
> >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。
> >>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。
>> 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。
>(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。
【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。
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。
> >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。
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。
>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。
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。
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
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
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？
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
>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。
(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。
> 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
>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？
>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。
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。
>>>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。
>>>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。
>>>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？
>> 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。
>>>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。
> 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。
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？
>> 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)
(一般的に、この式を満たすｘ,ｙ,ｚの比は等しくない)理由を教えていただけないでしょうか。もしくは、反例を教えていただけないでしょうか。
x=5,y=12,z=13は(1)を満たす
(x^2/2)×2=z^2-y^2…(2)
ｘ=8,ｙ=15,ｚ=17は(2)を満たす
5:12:13は8:15:17と等しくない。
>>>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
どの部分を読み直したら良いのでしょうか？
>書かれている意図を何故理解しようとしない？
書かれている意図とは、どのようなことでしょうか？
>x^2×1=z^2-y^2…(1)
x=5,y=12,z=13は(1)を満たす
(x^2/2)×2=z^2-y^2…(2)
ｘ=8,ｙ=15,ｚ=17は(2)を満たす
5:12:13は8:15:17と等しくない。
これは、当然です。
私の言っていることは、
x^2×1=z^2-y^2…(1)
x=8/2,y=15/2,z=17/2は(1)を満たす
(x^2/2)×2=z^2-y^2…(2)
ｘ=8,ｙ=15,ｚ=17は(2)を満たす
8/2:15/2:17/2と8:15:17は等しい。です。
【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。
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。
> x=5,y=12,z=13は(1)を満たす
> (x^2/2)×2=z^2-y^2…(2)
> ｘ=8,ｙ=15,ｚ=17は(2)を満たす
> 5:12:13は8:15:17と等しくない。
>
> これは、当然です。
証明に書いてある通りにｘ、ｙ、ｚを選び出してそれが等しくなかったのだから
証明は間違いです。
>証明に書いてある通りにｘ、ｙ、ｚを選び出してそれが等しくなかったのだから
証明は間違いです。
比が等しくなる、x,y,zが必ずあるということです。
> 比が等しくなる、x,y,zが必ずあるということです。
今の証明にはそんなことは書いてありません。だから間違いです。
ちなみに、>>85に書いてあるのはほぼ「比が等しくなる、x,y,zが必ずある」ということの証明そのものですけどね。
>ちなみに、>>85に書いてあるのはほぼ「比が等しくなる、x,y,zが必ずある」ということの証明そのものですけどね。
よく意味がわかりません。
A,B,Cと同じ比であるような3つの数を、kA,kB,kCで表してるだけですけど
本当にそこが分からないなら証明は無理です。
>>110
A,B,Cと同じ比であるような3つの数を、kA,kB,kCで表してるだけですけど
本当にそこが分からないなら証明は無理です。
そういう意味ならば、わかります。
理解できるまで何度でも頭から最後まで読み直す。
意図を理解する=書いた人が何を伝えたかったかを考え、要点を押さえる
日本語について言及されてるところは総スルーですか？
なにかを証明するためには最低限の国語力が必要だと考えますが、あなたには圧倒的に不足していると思いますよ
>理解できるまで何度でも頭から最後まで読み直す。
何番のどの部分が、理解できていないのでしょうか？
一事が万事だから全部としか言いようがない
それを踏まえた上で一例だが
90を読んでどのように解釈し97の回答になったか解説してくれ。①
それと日本語に関する言及はまたスルー？②
書かれている数式そのものの意味がわからないから教えてと言うのならまだしも他の方のレスを理解しようとする気はないのかね？③
また三つの問いかけで、すべて数式不要の質問だ
「証明」のどこが誤りですかと聞かれているんだよ。
>>57は>>1のz^pをz^2に置き換えただけ。
1が正しくて57が間違いと主張するならどこで推論がおかしくなったのか示せるはずだよね。
> (2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
前スレ837に
> k={(A+B)/(C^p)}^{1/(p-1)}とおくと
とあった。(p-1)乗根が関係している？
日高氏にはこれは理解できないでしょう。
そもそも、証明するということがどういうことか全く理解していないと思う。
証明を要求すると、単に例を出して終らそうとするし。
>90を読んでどのように解釈し97の回答になったか解説してくれ。?
(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。
(x^2/a)×a=z^2-y^2は、a=(z-y)、(x^2/a)=(z+a)
x^2×1=z^2-y^2は、1=(z-y)、x^2=(z+y)となります。
a=(z-y)と1=(z-y)を比較します。
a=(z-y)をa=(Ｚ-Ｙ)とおくと、1=Z/a-Y/aとなるので、
1=Z/a-Y/a=z-yとなります。
z=Z/aとなるので、Z=azとなります。y=Y/aとなるので、Y=ayとなります。
よって、(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。
>それと日本語に関する言及はまたスルー？?
書かれている数式そのものの意味がわからないから教えてと言うのならまだしも他の方のレスを理解しようとする気はないのかね？?
?,?は、質問ではなく「どういうつもり」か、
という意味に受け取りました。
>>>72
「証明」のどこが誤りですかと聞かれているんだよ。
意味が良くわかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。
>>>72 日高
>>57は>>1のz^pをz^2に置き換えただけ。
1が正しくて57が間違いと主張するならどこで推論がおかしくなったのか示せるはずだよね。
「z^pをz^2に置き換えただけ。」が間違いです。
それが、可能なら
z^pをzに置き換えることもできます。
>>>71
> (2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
これは、間違いです。
１は、後ほど修正します。
>前スレ837に
> k={(A+B)/(C^p)}^{1/(p-1)}とおくと
とあった。(p-1)乗根が関係している？
すみませんが、これについては、考えていません。
>>>117
日高氏にはこれは理解できないでしょう。
そもそも、証明するということがどういうことか全く理解していないと思う。
証明を要求すると、単に例を出して終らそうとするし。
よく意味が理解できません。
> 「z^pをz^2に置き換えただけ。」が間違いです。
57にはそんなこと書いてないだろ。
57の推論のどこが誤りか、を聞いているんだ。
> >118
> >>>71
> > (2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
>
> これは、間違いです。
よくわからないので、詳しく説明してください。
質問の答えになってないし、やはり語学力に問題があるのでは？
>>90の人はあなたに対してどのような質問を投げ掛けているとあなたは理解したのか？
何故97の回答になったのかって
これ書いてることわかる？
>>121の回答も答えになってない
>「z^pをz^2に置き換えただけ。」が間違いです。
57にはそんなこと書いてないだろ。
57の推論のどこが誤りか、を聞いているんだ。
よく意味が理解できません。
>> > (2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
>
> これは、間違いです。
よくわからないので、詳しく説明してください。
p=3の場合
1=(x^2-xy+y^2)の解は、x=1,y=1となります。
a=(x^2-xy+y^2)ならば、
a=(a^2)^2-a^2*a^2+(a^2)^2となるはずです。
実際は
a=a^4となるので、式が成り立ちません。
>>>120
質問の答えになってないし、やはり語学力に問題があるのでは？
確かにそうだと、思います。
> >127
> >> > (2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
> >
> > これは、間違いです。
>
> よくわからないので、詳しく説明してください。
>
> p=3の場合
> 1=(x^2-xy+y^2)の解は、x=1,y=1となります。
> a=(x^2-xy+y^2)ならば、
> a=(a^2)^2-a^2*a^2+(a^2)^2となるはずです。
すみません、全く理解できません。
なぜそうなるはずだと言えるのですか？
> 実際は
> a=a^4となるので、式が成り立ちません。
> (2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
> p=3の場合
> 1=(x^2-xy+y^2)の解は、x=1,y=1となります。
> a=(x^2-xy+y^2)ならば、
x=1*a^2、y=1*a^2となるので、
> a=(a^2)^2-a^2*a^2+(a^2)^2となるはずです。
実際に計算すると、
a=a^4となるので、式が成り立ちません。
> >132
> > (2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
>
> > p=3の場合
> > 1=(x^2-xy+y^2)の解は、x=1,y=1となります。
> > a=(x^2-xy+y^2)ならば、
> x=1*a^2、y=1*a^2となるので、
> > a=(a^2)^2-a^2*a^2+(a^2)^2となるはずです。
>
> 実際に計算すると、
> a=a^4となるので、式が成り立ちません。
やはりよくわかりません。
> > a=(x^2-xy+y^2)ならば、
> x=1*a^2、y=1*a^2となるので、
の部分がわかりませんので、
すみませんが、詳しく説明してください。
>> > p=3の場合
> > 1=(x^2-xy+y^2)の解は、x=1,y=1となります。
> > a=(x^2-xy+y^2)ならば、
> x=1*a^2、y=1*a^2となるので、
> > a=(a^2)^2-a^2*a^2+(a^2)^2となるはずです。
>
> 実際に計算すると、
> a=a^4となるので、式が成り立ちません。
p=2の場合
1=(z-y) z=5,y=4
a=(z-y) a=2とすると、
2=(z*2-y*2)
2=(10-8)となり式が成り立ちます。
【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×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。
【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^2×1=(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。
また元の木阿弥ですね
x=8,y=15,z=17はx^2×1=(z+y)(z-y)を満たすけれども1=(z-y)を満たさない。
1=(z-y)を満たさない場合の証明がないので証明は間違っています。
x=8,y=15,z=17はx^2×1=(z+y)(z-y)を満たす。
x=8,y=15,z=17は
｛ 1=(z-y)
｛ x^2=(z+y)
の連立式を満たさない。
よって、2つは違うものです。下の連立式だけをいくら考えてもダメです。証明は間違っています。
> >134
> >> > p=3の場合
> > > 1=(x^2-xy+y^2)の解は、x=1,y=1となります。
> > > a=(x^2-xy+y^2)ならば、
> > x=1*a^2、y=1*a^2となるので、
> > > a=(a^2)^2-a^2*a^2+(a^2)^2となるはずです。
> >
> > 実際に計算すると、
> > a=a^4となるので、式が成り立ちません。
>
> p=2の場合
> 1=(z-y) z=5,y=4
> a=(z-y) a=2とすると、
> 2=(z*2-y*2)
> 2=(10-8)となり式が成り立ちます。
質問内容を理解されていないようですので、もう一度書きます。
> > a=(x^2-xy+y^2)ならば、
> x=1*a^2、y=1*a^2となるので、
の部分がわかりませんので、
すみませんが、詳しく説明してください。
上の式から下が成り立つと言える理由がわかりません。
>x=8,y=15,z=17はx^2×1=(z+y)(z-y)を満たすけれども1=(z-y)を満たさない。
1=(z-y)を満たさない場合の証明がないので証明は間違っています。
z=17/2、y=15/2ならば、満たします。
ほかの例をあげてもごまかしに過ぎない。
嘘つきが。
>x=8,y=15,z=17は
｛ 1=(z-y)
｛ x^2=(z+y)
の連立式を満たさない。
よって、2つは違うものです。下の連立式だけをいくら考えてもダメです。証明は間違っています。
x=8/2、y=15/2、z=17/2ならば、連立方程式を満たします。
適当な数bで割った(x/b, y/b, z/b)にすれば良い、という事かな？
>上の式から下が成り立つと言える理由がわかりません。
> > a=(x^2-xy+y^2)ならば、
> x=1*a^2、y=1*a^2となるので、
これは、成り立たない例です。
p=2の場合、
X=x*a、Y=y*aとなるので、式が成り立ちます。
p=3の場合
X=x*a^2、Y=y*a^2としても、
a=(X+Y)(X^2-XY+Y^2)は成り立ちません。
>満たさない例が一つでもあれば証明は間違い。
ほかの例をあげてもごまかしに過ぎない。
嘘つきが。
理由を教えていただけないでしょうか。
x^2×1=(z+y)(z-y)を満たす数のうちで、x=8,y=15,z=17を考えてはいけない理由が証明のどこにもない。
よって証明は間違っています。
>満たさない(x, y, z)があれば、
適当な数bで割った(x/b, y/b, z/b)にすれば良い、という事かな？
x^2=z^2-y^2は、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良いという事です。
> x^2=z^2-y^2は、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良いという事です。
その理由をしっかりと証明>>137に組み込まないといけないのでは？
現状誰も納得していないよ。
> >140
> >上の式から下が成り立つと言える理由がわかりません。
>
> > > a=(x^2-xy+y^2)ならば、
> > x=1*a^2、y=1*a^2となるので、
>
> これは、成り立たない例です。
> p=2の場合、
> X=x*a、Y=y*aとなるので、式が成り立ちます。
> p=3の場合
> X=x*a^2、Y=y*a^2としても、
> a=(X+Y)(X^2-XY+Y^2)は成り立ちません。
何を説明しようとしているのか全くわかりません。
a=(X+Y)(X^2-XY+Y^2)
この式は一体なんですか？
今まで一度も出てきてないと思いますが。
わかるように説明してください。
>x^2×1=(z+y)(z-y)を満たす数のうちで、x=8,y=15,z=17を考えてはいけない理由が証明のどこにもない。
よって証明は間違っています。
x=8,y=15,z=17を考えてもよいです。成り立ちます。
連立方程式として考える場合は、
x=8/2,y=15/2,z=17/2としないと、式が成り立ちません。
>> x^2=z^2-y^2は、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良いという事です。
その理由をしっかりと証明>>137に組み込まないといけないのでは？
現状誰も納得していないよ。
x^2=x^2×1=(x^2/a)*aでは、駄目でしょうか？
>a=(X+Y)(X^2-XY+Y^2)
この式は一体なんですか？
今まで一度も出てきてないと思いますが。
わかるように説明してください。
すみません。間違いました。訂正します。
a=(X^2-XY+Y^2)です。(X=a^2x,Y=a^2y)
今証明しようとしているのはx^2×1=(z+y)(z-y)についてであって、あなたが考えた連立式についてではない。
あなたが考えた連立式がなりたとうがなりたつまいが、x=8,y=15,z=17は元の式を満たします。
よって証明は間違っています。
> >150
> >a=(X+Y)(X^2-XY+Y^2)
>
> この式は一体なんですか？
> 今まで一度も出てきてないと思いますが。
> わかるように説明してください。
>
> すみません。間違いました。訂正します。
> a=(X^2-XY+Y^2)です。(X=a^2x,Y=a^2y)
そういうことでしたら、
> X=x*a^2、Y=y*a^2としても、
> a=(X^2-XY+Y^2)は成り立ちません。
ということだとすると、
X=x*a^2、Y=y*a^2
の場合だけ考える理由はなんですか？
a^2 を掛けている理由が全くわかりません。他の数でもいいと思いますが。
>今証明しようとしているのはx^2×1=(z+y)(z-y)についてであって、あなたが考えた連立式についてではない。
あなたが考えた連立式がなりたとうがなりたつまいが、x=8,y=15,z=17は元の式を満たします。
よって証明は間違っています。
「x=8,y=15,z=17は元の式を満たします。
よって証明は間違っています。」この部分の理由を教えていただけないでしょうか。
あなたの証明では、存在することを証明できない解があります。
x=8,y=15,z=17はx^2×1=(z+y)(z-y)を満たすのに
あなたの証明ではその存在を確認できない。
もしかしたら、x=8,y=15,z=17はz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たすかもしれないのに
あなたの証明ではその存在を確認できない。
だから、あなたの証明は間違っています。
>X=x*a^2、Y=y*a^2
の場合だけ考える理由はなんですか？
a^2 を掛けている理由が全くわかりません。他の数でもいいと思いますが。
a^2 を掛けるのは、間違いだということです。
a=(x^2-xy+y^2)の解は、x=a^(1/2)、y=a^(1/2)のみです。
>もしかしたら、x=8,y=15,z=17はz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たすかもしれないのに
あなたの証明ではその存在を確認できない。
だから、あなたの証明は間違っています。
x=8,y=15,z=17を、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に代入しても、式を
満たしません。
理由は、１に書いています。
【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×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。
> >142
> >満たさない例が一つでもあれば証明は間違い。
> ほかの例をあげてもごまかしに過ぎない。
> 嘘つきが。
>
> 理由を教えていただけないでしょうか。
理由を聞いて誤魔化すな。
きちんと勉強し、反論するに足る、教科書などに基づいた相応の根拠をあげよ。
> x^2=x^2×1=(x^2/a)*aでは、駄目でしょうか？
これが謎ロジックなんだよなぁ...(x^2 = x^2 = x^2 にしか見えん)
---
ちょっと戻って、>>144の
> 満たさない(x, y, z)があれば、
> 適当な数bで割った(x/b, y/b, z/b)にすれば良い、という事かな？
は>>1の考えとピッタリ合ってる？
> >157
> >もしかしたら、x=8,y=15,z=17はz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たすかもしれないのに
> あなたの証明ではその存在を確認できない。
> だから、あなたの証明は間違っています。
>
> x=8,y=15,z=17を、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に代入しても、式を
> 満たしません。
> 理由は、１に書いています。
書かれたものが理由になってないから指摘されてるんだろうが。
他の数学的に正当な根拠をあげよ。
> >155
> >X=x*a^2、Y=y*a^2
> の場合だけ考える理由はなんですか？
> a^2 を掛けている理由が全くわかりません。他の数でもいいと思いますが。
>
> a^2 を掛けるのは、間違いだということです。
>
> a=(x^2-xy+y^2)の解は、x=a^(1/2)、y=a^(1/2)のみです。
それなら最初からそう書けばいいでしょう。
わざわざ間違いの例を出す意味がわかりません。
（x,yが有理数の場合だけを考えてるのかどうかわかりませんが、それはとりあえずおいときます）
で、もともとの質問 (>127) に戻ると、
>71 の
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。
に対して、あなたは
>> (2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。 (>71)
> これは、間違いです。 (>124) （日高）
と言ってます。なにが間違いなのでしょうか。
>>満たさない例が一つでもあれば証明は間違い。
p=2の場合、
満たす例が一つあれば、よいです。
>> x^2=x^2×1=(x^2/a)*aでは、駄目でしょうか？
これが謎ロジックなんだよなぁ...(x^2 = x^2 = x^2 にしか見えん)
---
ちょっと戻って、>>144の
> 満たさない(x, y, z)があれば、
> 適当な数bで割った(x/b, y/b, z/b)にすれば良い、という事かな？
は>>1の考えとピッタリ合ってる？
p=2の場合、
満たす例が一つあれば、よいです。
>書かれたものが理由になってないから指摘されてるんだろうが。
他の数学的に正当な根拠をあげよ。
1しかありません。
> 理由は、１に書いています。
これの意味が分からないんですが、具体的に証明のどの部分ですか？
> >162
> >> x^2=x^2×1=(x^2/a)*aでは、駄目でしょうか？
> これが謎ロジックなんだよなぁ...(x^2 = x^2 = x^2 にしか見えん)
> ---
> ちょっと戻って、>>144の
> > 満たさない(x, y, z)があれば、
> > 適当な数bで割った(x/b, y/b, z/b)にすれば良い、という事かな？
> は>>1の考えとピッタリ合ってる？
>
> p=2の場合、
> 満たす例が一つあれば、よいです。
では何故>>143で
> x=8/2、y=15/2、z=17/2ならば、連立方程式を満たします。
と2で割ったのですか？
「例えば(3,4,5)で成り立つからほかの数は関係ない」
と回答すれば良かったのではないでしょうか？
>「例えば(3,4,5)で成り立つからほかの数は関係ない」
と回答すれば良かったのではないでしょうか？
そうでした。
自分はてっきり
p=2の証明は、ピタゴラス数を全列挙するものだと思っていました。
勘違いですね。失礼しました。
>>> (2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。 (>71)
> これは、間違いです。 (>124) （日高）
と言ってます。なにが間違いなのでしょうか。
(2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
が、間違いです。
【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^2×1=(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)とx^2=(z+y)を共に満たすのは、x=3、ｙ=4、z=5である。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
x=3,y=4,z=5は与式を満たす。証明終
ではなくわざわざ何行も書くのはなぜですか？
> >161
> >>満たさない例が一つでもあれば証明は間違い。
>
> p=2の場合、
> 満たす例が一つあれば、よいです。
だから何だ？
関係ないことを書くなごまかし爺。
> (2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
> が、間違いです。
では正しくは何倍ですか？
安い禅問答やらされてる感じだねw
応援してるので頑張ってくれ
>>>159
> 理由は、１に書いています。
これの意味が分からないんですが、具体的に証明のどの部分ですか？
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。
です。
>>>173
x=3,y=4,z=5は与式を満たす。証明終
ではなくわざわざ何行も書くのはなぜですか？
pが奇素数の場合も、要領が同じだからです。
>> 満たす例が一つあれば、よいです。
だから何だ？
関係ないことを書くなごまかし爺。
間違いの理由はを教えていただけないでしょうか。
>> (2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
> が、間違いです。
では正しくは何倍ですか？
定まりません。
【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×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。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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)と、x^2=(z+y)を共に満たすのは、x=3、ｙ=4、z=5である。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> >175
> >> 満たす例が一つあれば、よいです。
> だから何だ？
> 関係ないことを書くなごまかし爺。
>
> 間違いの理由はを教えていただけないでしょうか。
「関係ない」と書いてあるだろうが。
分からないのはお前の勉強不足。
だから、勉強して、反論出来る教科書なりの根拠が見つかったときだけ書け。
または、間違いを認めて、同じ間違いをするな。
> >163
> >書かれたものが理由になってないから指摘されてるんだろうが。
> 他の数学的に正当な根拠をあげよ。
>
> 1しかありません。
多くの他人に数学的に正当な根拠じゃないと思われているから指摘されてるので、１は根拠にならない。
そして今までの言い訳はどれ一つ認められてないので、それも根拠にならない。
最低でも別な根拠をあげよ。
繰り返すのはゴミ。
書かれたものは、証明ではなく、害悪。
>> 満たす例が一つあれば、よいです。
は、関係ない事なのでしょうか？
>最低でも別な根拠をあげよ。
別な根拠は、ありません。
>繰り返しとごまかし以外のことができないなら、日高は嘘つき以外のことが出来ないということである。
書かれたものは、証明ではなく、害悪。
どの部分が、嘘かを、教えていただけないでしょうか。
> >185
> >最低でも別な根拠をあげよ。
>
> 別な根拠は、ありません。
なら黙って勉強しろ
> >184
> >> 満たす例が一つあれば、よいです。
>
> は、関係ない事なのでしょうか？
別のこと。真偽を考える上で関係無い。
> >186
> >繰り返しとごまかし以外のことができないなら、日高は嘘つき以外のことが出来ないということである。
> 書かれたものは、証明ではなく、害悪。
>
> どの部分が、嘘かを、教えていただけないでしょうか。
教えてくれという資格ももはや無い。ごまかし。
まずは今までの指摘全て理解すればよい。
>> は、関係ない事なのでしょうか？
別のこと。真偽を考える上で関係無い。
「真偽を考える上」
何の真偽でしょうか？
>> どの部分が、嘘かを、教えていただけないでしょうか。
教えてくれという資格ももはや無い。ごまかし。
まずは今までの指摘全て理解すればよい。
「まずは今までの指摘全て理解すればよい。」
どのようにすれば、理解したことになるのでしょうか？
【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=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
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。
> >191
> >> は、関係ない事なのでしょうか？
> 別のこと。真偽を考える上で関係無い。
>
> 「真偽を考える上」
> 何の真偽でしょうか？
分からないなら黙って勉強しろ。
質問でごまかすな。ゴミ老人が
> >192
> >> どの部分が、嘘かを、教えていただけないでしょうか。
> 教えてくれという資格ももはや無い。ごまかし。
> まずは今までの指摘全て理解すればよい。
>
> 「まずは今までの指摘全て理解すればよい。」
> どのようにすれば、理解したことになるのでしょうか？
疑問でごまかすな。自分の間違いに気がつくようになれば、理解したといえる。
> 【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=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> 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。
害悪。
放置されている指摘や疑問でごまかした指摘はどうなった？
>> 「真偽を考える上」
> 何の真偽でしょうか？
分からないなら黙って勉強しろ。
質問でごまかすな。ゴミ老人が
わかりました。
>> 「まずは今までの指摘全て理解すればよい。」
> どのようにすれば、理解したことになるのでしょうか？
疑問でごまかすな。自分の間違いに気がつくようになれば、理解したといえる。
わかりました。
> >174
> >>>173
> x=3,y=4,z=5は与式を満たす。証明終
> ではなくわざわざ何行も書くのはなぜですか？
>
> pが奇素数の場合も、要領が同じだからです。
p=2は、簡単になったとかほざいていたのは日高だろうが、嘘つきが。
>害悪。
放置されている指摘や疑問でごまかした指摘はどうなった？
放置されている指摘や疑問を、教えていただけないでしょうか。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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)と、x^2=(z+y)を共に満たすのは、x=3、ｙ=4、z=5である。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> >198
> >害悪。
> 放置されている指摘や疑問でごまかした指摘はどうなった？
>
> 放置されている指摘や疑問を、教えていただけないでしょうか。
自分で管理しろ。ゴミ。
>> pが奇素数の場合も、要領が同じだからです。
p=2は、簡単になったとかほざいていたのは日高だろうが、嘘つきが。
どういう意味でしょうか？
> >>179
>
> > >174
> > >>>173
> > x=3,y=4,z=5は与式を満たす。証明終
> > ではなくわざわざ何行も書くのはなぜですか？
> >
> > pが奇素数の場合も、要領が同じだからです。
> p=2は、簡単になったとかほざいていたのは日高だろうが、嘘つきが。
いちいち説明したくない。前スレ全部読み直せ。
>> 放置されている指摘や疑問を、教えていただけないでしょうか。
自分で管理しろ。ゴミ。
わかりました。
> >201
> >> pが奇素数の場合も、要領が同じだからです。
> p=2は、簡単になったとかほざいていたのは日高だろうが、嘘つきが。
>
> どういう意味でしょうか？
返信場所間違えたからもう一度。
いちいち説明したくない。前スレ全部読め。
【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=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
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。
>> どういう意味でしょうか？
返信場所間違えたからもう一度。
いちいち説明したくない。前スレ全部読め。
わかりました。
> 【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=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> 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。
害悪。
放置されている指摘やごまかした指摘が先。
>害悪。
放置されている指摘やごまかした指摘が先。
放置されている指摘を、教えていただけないでしょうか。
>>207でわかりましたって言ってますよね？
前スレは全て読み直したのですか？
→(はい)か(いいえ)?
?の回答がいいえの場合>>207,>>210は嘘を書いたことになります
>>212
>>207でわかりましたって言ってますよね？
前スレは全て読み直したのですか？
→(はい)か(いいえ)?
?の回答がいいえの場合>>207,>>210は嘘を書いたことになります
いいえ、少しづつ、読み直します。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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)と、x^2=(z+y)を共に満たすのは、x=3、ｙ=4、z=5である。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
読み直していないのに>>212を書いた理由はなんですか？①
馬鹿らしい。
じっくり時間掛けてちょっとずつきちんと見てるんだよ
時間が掛かるから気長に待ってあげて下さい。お願いします
> >211
> >害悪。
> 放置されている指摘やごまかした指摘が先。
>
> 放置されている指摘を、教えていただけないでしょうか。
自分で管理しろ。繰り返すな。
９割以上はごまかしか放置だっただろうが。まともな根拠によるコメントなぞほとんどなかった。見直せば返事し直さなければいけない指摘なぞ腐るほどある。
> 【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=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
> x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
> 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)と、x^2=(z+y)を共に満たすのは、x=3、ｙ=4、z=5である。
> ∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
害悪。嘘つきの戯言。妄想。
>読み直していないのに>>212を書いた理由はなんですか？①
212は、「放置されている指摘を、教えていただけないでしょうか。」です。
>なんで放置されている指摘をこちらが探さないといけないのか。
馬鹿らしい。
わかりません。
>返事し直さなければいけない指摘なぞ腐るほどある。
どの指摘のことでしょうか？
>害悪。嘘つきの戯言。妄想。
わかりました。
【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=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
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。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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)と、x^2=(z+y)を共に満たすのは、x=3、ｙ=4、z=5である。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
理由を問いました。あなたの回答は理由ではありません。
>>207で自分で管理しろに対して貴方はわかりましたと答えています。①
にもかかわらず
放置されている指摘を教えていただけませんか。の回答は自分で管理できてないと解釈できます。
何故嘘をついたのでしょうか？理由をのべてください。
>放置されている指摘を教えていただけませんか。の回答は自分で管理できてないと解釈できます。
何故嘘なのでしょうか？
自分で管理しろに対してわかりましたと答えましたよね？
→はい いいえ①
一般的には前後のレスの文脈も踏まえて
過去のスレを読み返し全ての質疑応答を再度確認して、回答漏れを探す作業を行う事を自分で管理すると言います。
しかし貴方は回答漏れを探す作業をしていないですよね？
→はい いいえ②
なぜわかりましたと答えましたか？
→理由を述べよ ③
> 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=8/7,y=3/7とおくと
x^2-xy+y^2=64/49-24/49+9/49=1
>→理由を述べよ ?
すみません。
回答になっていません。
理由はなにか？と問うています。
??のはい、いいえの回答もありません
そもそも>>131で自身の語学力が至らないことを認めていますよね？
→どのような改善策をとったか述べよ?
>> 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=8/7,y=3/7とおくと
x^2-xy+y^2=64/49-24/49+9/49=1
そうですね。
どのような方法で見つけられたのでしょうか。
>→どのような改善策をとったか述べよ?
すみません。
回答になっていません
ここまで他の方とあなたの議論が噛み合っていない理由はあなたの言語力、理解力の低さに起因することは明らかです。
何故改善しないか理由を述べよ
>何故改善しないか理由を述べよ
すみません。
>コイツ反省してないな
すみません。
誰に何をあやまっているのかわからない。
そもそも、理由を述べよの回答になっていません。
議論をする最低限の能力が不足しているのを改善しないのは何故か？
→理由を述べよ
そこが改善されなければ議論にならないし、真剣に考えてくれてる他の方に失礼にあたります。
>誰に何をあやまっているのかわからない。
そもそも、理由を述べよの回答になっていません。
議論をする最低限の能力が不足しているのを改善しないのは何故か？
→理由を述べよ
そこが改善されなければ議論にならないし、真剣に考えてくれてる他の方に失礼にあたります。
すみません。
>>230さんの指摘
前スレ995
> 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=8/7,y=3/7とおくと
x^2-xy+y^2=64/49-24/49+9/49=1
このレスは日高以外の方への際周知です
誰に何を謝っているのか？簡潔に述べよ①
理由を回答する質問にすいませんと答えた理由を述べよ②
言語力、理解力が不足している点を自ら認めたのに改善しようとしない理由を述べよ③
もう何を言っても「すみません」しか言わないと思うよ。
たぶん、何等かの発達障害をかかえてるために、言語能力に問題があるような気がする。
人の発言の意図を理解するのが難しいみたいだし、考えをまとめて言語化することも難しいのだと思う。
>x=8/7,y=3/7とおくと
x^2-xy+y^2=64/49-24/49+9/49=1
このレスは日高以外の方への際周知です
どういう意味でしょうか？
>誰に何を謝っているのか？簡潔に述べよ①
理由を回答する質問にすいませんと答えた理由を述べよ②
言語力、理解力が不足している点を自ら認めたのに改善しようとしない理由を述べよ③
すみません。
>もう何を言っても「すみません」しか言わないと思うよ。
たぶん、何等かの発達障害をかかえてるために、言語能力に問題があるような気がする。
人の発言の意図を理解するのが難しいみたいだし、考えをまとめて言語化することも難しいのだと思う。
すみません。
そこで言う「すいません」は
私日高は、他者と議論するに十分な言語力、認識力を持ち合わせていないにも関わらず、フェルマーの最終定理の簡単な証明等と言う期待感を煽るスレを立てた挙げ句、間違った証明を記載してしまい、あまつさえ指摘された事柄に満足に回答する事が出来ませんでした。
皆様には大変すいません。
のすいませんと解釈して良いのだな？
なぜそれだけにはすみませんじゃなく元気一杯回答してるんだ？
読んで字のごとく、あなたに向けて書いたわけでは無いと言うことだ。
いい加減にしてくれ
その通りですね。
せめて今後の方針と改善策くらい自らの口で言及してくれればよかったのですが･････
お気遣い感謝します。
お灸もすえられた事だし、反例も見つかった事だし、
ここら辺が潮時じゃないかい？
研究にせよ、議論にせよ、
圧倒的に地力不足ってのが分かったんじゃない？
なにしろ 1＝7 を証明したやつだからなw
では
p=2の時に、あなたが勝手に考えた
｛ 1=(z-y)
｛ x^2=(z+y)
を満たさないが、元の問題の
x^2×1=(z+y)(z-y)
を満たす解があるのと同じ要領で、
あなたが勝手に考えた
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p=(x+y)
を満たさないが、元の問題の
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
を満たす解があるかもしれないので、
あなたの証明は間違いです。
x^2-xy+y^2=64/49-24/49+9/49=1
x=8/7,y=3/7は、
z^3=(x+y)を満たしません。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yは、z^p=(x+y)を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yは、zが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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)と、x^2=(z+y)を共に満たすのは、x=3、ｙ=4、z=5である。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>あなたが勝手に考えた
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p=(x+y)
を満たさないが、元の問題の
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
を満たす解があるかもしれないので、
あなたの証明は間違いです。
理由を教えていただけないでしょうか。
何か変更してるようですが、
・何を変更したか
・変更した理由
くらい書いたらどうですか。
それとも、ただの独り言でしょうか。
「すみません」とは何だったのか
>>252に書いてあるそのままです
あなたは
> p=2の場合、
> 満たす例が一つあれば、よいです。
と書いて、他の形の解の確認をあきらめたので、
そこで試合終了です。
>> p=2の場合、
> 満たす例が一つあれば、よいです。
と書いて、他の形の解の確認をあきらめたので、
そこで試合終了です。
他の解は、必要ありません。
>何か変更してるようですが、
・何を変更したか
・変更した理由
くらい書いたらどうですか。
見比べていただけないでしょうか。
高木氏との共通点だね。
説明する気はないという意味だと受けとりました。見てもらう気がないならそれでもいいですけどね。
わざわざ見比べたりする義務はないのでしません。
>>>262
説明する気はないという意味だと受けとりました。見てもらう気がないならそれでもいいですけどね。
わざわざ見比べたりする義務はないのでしません。
有理数を自然数に変更しました。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yは、zが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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)と、x^2=(z+y)を共に満たすのは、x=3、ｙ=4、z=5である。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>>247に対する回答は？①
議論するに値しない言語力、理解力しか持ち合わせていないは既に自身で認めましたよね？
➡はい いいえ②
議論する前にあなたがやるべきことを述べよ③
>議論する前にあなたがやるべきことを述べよ③
わかりません。
268では質問が３つあります。
他の回答を避けた理由を述べてください。?
昨晩のポイントは私個人では239だと考えてますがこれにも明確な回答を得られてきません。239の回答を簡潔に述べよ。
証明に対しての議論はできないのでしょうか？
質問に対する回答にはなってないな。
証明に対して議論をする前提が整っていないからどうするの？と問うている。
あなたの言語力、理解力では議論になっていないと認めているよね？
あなたが他の数学掲示板でも相手にされなくなっているのは見てきている。
そこの住人さんにもお礼もお詫びもせず放置しているよな？
必要なことは証明を議論するために必要な言語力、理解力を培ってから出直すこと。反論ある？
>必要なことは証明を議論するために必要な言語力、理解力を培ってから出直すこと。反論ある？
私の証明は、簡単なので、むつかしい議論は、必要ないと思います。
回答になっていない
簡単な議論であろうか難しい議論であろうが
議論をする
と言う行為に対して、あなたの言語的能力が足りていないと言っている
からくも、ここまでフェルマーと無関係な質問
○○の理由をのべよ
これは、○○とは○○である。を証明する作業と同じだと気づかないですか？
それも難しい質問はしていないが、満足な回答をあなたはしていない。
議論をしたいのであれば、昨日「すみません」と回答していた質問をすべて埋めて、自身の言語力、判断力に問題がないこと示す事です。
> >272
> >必要なことは証明を議論するために必要な言語力、理解力を培ってから出直すこと。反論ある？
>
> 私の証明は、簡単なので、
証明になっていないのが簡単に分かるのに、それに対する指摘をひたすら放置してごまかし続けているのは日高だろうが。
>議論をしたいのであれば、昨日「すみません」と回答していた質問をすべて埋めて、自身の言語力、判断力に問題がないこと示す事です。
議論できないのでしょうか？
>証明になっていないのが簡単に分かるのに、それに対する指摘をひたすら放置してごまかし続けているのは日高だろうが。
議論できないのでしょうか？
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yは、zが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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)と、x^2=(z+y)を共に満たすのは、x=3、ｙ=4、z=5である。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> >275
> >証明になっていないのが簡単に分かるのに、それに対する指摘をひたすら放置してごまかし続けているのは日高だろうが。
>
> 議論できないのでしょうか？
だから議論の前提についてあれこれ言われているのに、それを否定して逃げようとしてるのも日高だろうが、
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
> 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。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yは、zが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たさない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
間違い。ゴミ。少なくとも５行目が間違いという指摘が死ぬほどあったのに、全て無視＆ごまかしのみ。
正しいというなら、過去の言い訳は全てでたらめだったので、異なる数学的な根拠をあげよ。
なお、教科書などに基づかないものは、書くことを禁止する。
回答になっていない。
あなたは犬や猫と議論をする気になるのでしょうか？
それと同レベルであなたは他者と意思の疎通が取れていません。
意思の疎通が取れていないことをもっと認識すべきです。
他にもこんなスレあるんですねw
精神有害w
日高に対して「ゴミ」と言いたくなる方の気持ちが痛いほど理解できる。
そう言いたくなるほどに、指摘者に対する回答全てが「スッキリしない」「要領を得ない」「要点とあからさまにずれている」
のみならず、他者を小バカにしたり嘲ったり、燗に障るような事しか書かない。
本当に議論したいのであれば指摘者が良くも悪くも「スッキリ」する回答を提示する事なのに、彼は理解できないようです。
>証明になっていないのが簡単に分かるのに、それに対する指摘をひたすら放置してごまかし続けているのは日高だろうが。
どの部分が証明になっていないのでしょうか？
あなたのやっていることを日本語で書く
日高の証明
※前提条件 すでにフェルマーの最終定理は証明されていること前提にお読みください。
すでに証明されていることなのでn≧3のとき、x^n+y^n=z^nを満たす自然数xyzは存在しません。
ここで、私日高がx^n+y^n=z^nの数式を任意に変形しても既に証明されていることなのでxyzを満たす自然数は存在しません。
故に、フェルマーの最終定理を満たす自然数xyzは存在しません。
と語っているにすぎない。
数式で論じる以前の問題だよ
>数式で論じる以前の問題だよ
証明のどの部分のことでしょうか？
> >280
> >証明になっていないのが簡単に分かるのに、それに対する指摘をひたすら放置してごまかし続けているのは日高だろうが。
>
> どの部分が証明になっていないのでしょうか？
そうやってごまかすな。
過去指摘されたと書いてあるだろうが。
過去ログ全て読め。
そんな質問してんじゃねえぞくそじじい
存在するかしないかを証明しているのならわかるが
すでに証明された存在しないことを用いて存在しないと言うのは
証明ではない
と言われている
てめーは日本語も読めねえのか？
どの部分がなどといわず、全てをきちんとした数学用語と論理を用いて直せばよい。
教科書などに基づかない自分勝手な記述はゴミ。
あと、このコメントに反論するときも、教科書などの客観的な事実や論理に基づかないものは禁止。
>存在するかしないかを証明しているのならわかるが
すでに証明された存在しないことを用いて存在しないと言うのは
証明ではない
証明のどの部分ののことでしょうか？
知らねえよｗ
頭が腐るからこんなもん読まねえよｗ
だってx=1 かつ y=1 ってやってんだろ？
これだと大体何でも証明できんぞ
もう一度言う
同じ数は同じ文字で
異なる数は異なる文字で表記しろ
話はそれからだ
とんでもないことだぞ
x=1
y=1
すなわちx=y
こういう悪習がトンデモを生み出す原因
>教科書などに基づかない自分勝手な記述はゴミ。
因数分解の公式を使っていますので、多分中学の教科書に書いてあると思います。
>同じ数は同じ文字で
異なる数は異なる文字で表記しろ
理由を教えていただけないでしょうか。
はっきり言って、まともに数学勉強すれば分かるような指摘しかされてない。
それが分からないのは、日高の勉強不足。勉強せずに質問する権利など無い。
> >290
> >教科書などに基づかない自分勝手な記述はゴミ。
>
> 因数分解の公式を使っていますので、多分中学の教科書に書いてあると思います。
書いてない。書いてあるなら、本の題名や使った定理の番号やページを参照しろ。
なら
フェルマーの最終定理の解決をyと置く
解決に必要な議論をxと置く
議論に必要な言語力、理解力を仮に二人で議論しておるとしてa,bと置く
議論の密度と双方の理解力、コミュニケーション能力は相乗効果を産み出すため、フェルマーを解決するための数式は
y=x*a*b と書ける
ここでbに日高の言語力、理解力が限りなく0に等しいことを当てはめると
lim b→+0(x*a*b)=0 となり
結論としてフェルマーの最終定理を解決することはできない。
何故ならy=0は無と等しいから
>1=7が発生した理由はわかったのか？
1=7ではありません。
> >293
> >1=7が発生した理由はわかったのか？
>
> 1=7ではありません。
そんなことは聞かれて無いだろうが。質問に答えろよ。
この質問は
理由はわかったのか？
はい いいえ
で回答する質問だ。
ついでに言うと回答をもらってない質問が山ほどある
議論する以前の話で早く国語の教科書を用意してください。
※前提条件 すでにフェルマーの最終定理は証明されていること前提にお読みください。
すでに証明されていることなのでn≧3のとき、x^n+y^n=z^nを満たす自然数xyzは存在しません。
ここで、私日高がx^n+y^n=z^nの数式を任意に変形しても既に証明されていることなのでxyzを満たす自然数は存在しません。
故に、フェルマーの最終定理を満たす自然数xyzは存在しません。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
> 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。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yは、zが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たさない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
x^p+y^p=z^pに自然数解があるならx>1,y>1であることがすぐわかる。
よってx+y<x^p+y^p。だから{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)>1が成り立つ。
それなのに最左辺=1のみを検討しているので、完全な誤り。
>それなのに最左辺=1のみを検討しているので、完全な誤り。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aだからです。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yは、zが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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)と、x^2=(z+y)を共に満たすのは、x=3、ｙ=4、z=5である。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> >303
> >それなのに最左辺=1のみを検討しているので、完全な誤り。
>
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aだからです。
それは自明な式だよね。そこから、どうやって、
x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)が1でない場合に自然数解がないことがわかるの？
説明してください。
>それは自明な式だよね。そこから、どうやって、
x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)が1でない場合に自然数解がないことがわかるの？
説明してください。
違います。
１の場合、x,yがz^p=(x+y)を満たさないからです。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
> 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。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yは、zが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たさない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
放置している指摘に答えずに誤魔化すな。
>ここで、私日高がx^n+y^n=z^nの数式を任意に変形しても既に証明されていることなのでxyzを満たす自然数は存在しません。
故に、フェルマーの最終定理を満たす自然数xyzは存在しません。
意味がわかりません。
＞このｘ,yは、zが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たさない。
x=yよりxはz^p=2x(zは自然数)をみたさない
文字の使い方を指摘されて
これは考えたのか？
>x=yよりxはz^p=2x(zは自然数)をみたさない
文字の使い方を指摘されて
これは考えたのか？
どういう意味でしょうか？
> >307
> >それは自明な式だよね。そこから、どうやって、
> x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)が1でない場合に自然数解がないことがわかるの？
> 説明してください。
>
> 違います。
> １の場合、x,yがz^p=(x+y)を満たさないからです。
私が尋ねているのは1でない場合です。
1の場合を論じると何かがわかるのですか？
>私が尋ねているのは1でない場合です。
1の場合を論じると何かがわかるのですか？
1でない場合は、aとなります。
z^p*1=(z^p/a)*aとなるので、
1の場合のみを考えれば、良いです。
> >313
> >私が尋ねているのは1でない場合です。
> 1の場合を論じると何かがわかるのですか？
>
> 1でない場合は、aとなります。
> z^p*1=(z^p/a)*aとなるので、
> 1の場合のみを考えれば、良いです。
そこの理由がわかりません。教えてください。
同じいいわけは二度と使うな。
教科書などに基づかない反論も禁止。
>> 1でない場合は、aとなります。
> z^p*1=(z^p/a)*aとなるので、
> 1の場合のみを考えれば、良いです。
そこの理由がわかりません。教えてください。
これ以上のことは、分かりません。
>１の場合だけ考えればよいなどというのは日高の妄想であり、根拠も何もないというのも死ぬほど指摘されてきただろうが。そして、言い訳もデタラメであり、誰一人として説得出来ていない。つまり、数学ではない。
同じいいわけは二度と使うな。
教科書などに基づかない反論も禁止。
これ以上のことは、分かりません。
> >315
> >> 1でない場合は、aとなります。
> > z^p*1=(z^p/a)*aとなるので、
> > 1の場合のみを考えれば、良いです。
>
> そこの理由がわかりません。教えてください。
>
> これ以上のことは、分かりません。
数学においては説明できませんと言ったらそれは取り消したことになります。
> >316
> >１の場合だけ考えればよいなどというのは日高の妄想であり、根拠も何もないというのも死ぬほど指摘されてきただろうが。そして、言い訳もデタラメであり、誰一人として説得出来ていない。つまり、数学ではない。
> 同じいいわけは二度と使うな。
> 教科書などに基づかない反論も禁止。
>
> これ以上のことは、分かりません。
つまり、自分で証明できないことを正しいと強弁してた訳だ。
さすが嘘つき。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yは、zが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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)と、x^2=(z+y)を共に満たすのは、x=3、ｙ=4、z=5である。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
> 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。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yは、zが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たさない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
反省なし。説明出来るようになってから投稿しろ。それまでは投稿するな。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
> 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。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yは、zが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たさない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
「1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}」を満たす自然数だけを考察すればよい理由を述べてください。
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の解がどんな風か全くわからないので
あなたの証明では
p=2の場合に、偶然1つ見つかっただけで
あなたのやり方では見つけられない解があるのと同様に
pが奇素数の場合に、偶然あなたが探したところになかっただけで
あなたのやり方では見つけられない解があるかもしれない
なので証明は間違いです。
> 比が等しくなる、x,y,zが必ずあるということです。
も解を自然数に限定したことでダメになってる
前の証明よりも間違いがひどくなっています
>> これ以上のことは、分かりません。
数学においては説明できませんと言ったらそれは取り消したことになります。
自明という意味です。
>> これ以上のことは、分かりません。
つまり、自分で証明できないことを正しいと強弁してた訳だ。
さすが嘘つき。
自明という意味です。
>反省なし。説明出来るようになってから投稿しろ。それまでは投稿するな。
どうしてでしょうか？
>「1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}」を満たす自然数だけを考察すればよい理由を述べてください。
と、そのx,yがzが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たすことが必要です。
理由は、z^p=z^p×1=(z^p/a)×aだからです。
>あきらめられるなら、そっと消えてくださって構いませんよ。
どういう意味でしょうか？
>p=2の場合に、偶然1つ見つかっただけで
あなたのやり方では見つけられない解があるのと同様に
pが奇素数の場合に、偶然あなたが探したところになかっただけで
あなたのやり方では見つけられない解があるかもしれない
なので証明は間違いです。
「p=2の場合に、偶然1つ見つかっただけで」
例を一つあげただけです。他にもあげられます。
>> 比が等しくなる、x,y,zが必ずあるということです。
も解を自然数に限定したことでダメになってる
前の証明よりも間違いがひどくなっています
「解を自然数に限定したことでダメになってる」
理由を、教えていただけないでしょうか。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形する。
z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形する。
x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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)と、x^2=(z+y)を共に満たすのは、x=3、ｙ=4、z=5である。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> >320
> >> これ以上のことは、分かりません。
> つまり、自分で証明できないことを正しいと強弁してた訳だ。
> さすが嘘つき。
>
> 自明という意味です。
自明じゃないから指摘されている。
自明というのが嘘。
> >323
> >反省なし。説明出来るようになってから投稿しろ。それまでは投稿するな。
>
> どうしてでしょうか？
自明とか言ってごまかしのみ。進歩無いだろうが。ゴミ。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形する。
> z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
> 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。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ。
>> 自明という意味です。
自明じゃないから指摘されている。
自明というのが嘘。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aは、自明ではないでしょうか？
>自明とか言ってごまかしのみ。進歩無いだろうが。ゴミ。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aは、自明ではないでしょうか？
> >337
> >> 自明という意味です。
> 自明じゃないから指摘されている。
> 自明というのが嘘。
>
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aは、自明ではないでしょうか？
それが理由になるというのが嘘だと死ぬほど指摘されているだろうが。
二度と同じこと書くな。ゴミ。
>ゴミ。
どうしてでしょうか？
> >339
> >ゴミ。
>
> どうしてでしょうか？
なぜゴミじゃないんだ？
>証明が自明なら証明を書くなよｗｗｗｗ
証明全部が自明では、ありません。一部が自明です。
>> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aは、自明ではないでしょうか？
それが理由になるというのが嘘だと死ぬほど指摘されているだろうが。
二度と同じこと書くな。ゴミ。
「それが理由になるというのが嘘だと死ぬほど指摘されているだろうが。」
どこにありますか？
>> どうしてでしょうか？
なぜゴミじゃないんだ？
どういう意味でしょうか？
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形する。
z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形する。
x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> >346
> >> どうしてでしょうか？
> なぜゴミじゃないんだ？
>
> どういう意味でしょうか？
日本語勉強しろ。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形する。
> z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
> 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。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ。害悪に
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形する。
> z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
> 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。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ。害悪。
>> どういう意味でしょうか？
日本語勉強しろ。
意味がわかりません。
> >354
> >> どういう意味でしょうか？
> 日本語勉強しろ。
>
> 意味がわかりません。
意味が分からないのは日本語分からないから。日本語勉強しろ。
>ごまかしてないで過去の指摘に答えろよ。
どんな指摘でしょうか？
すいません。わかりません。なぜでしょうか。など、一言で返しているのは放置。
本来、きちんと説明なり返事するべき。過去全部。
> >359
> >ごまかしてないで過去の指摘に答えろよ。
>
> どんな指摘でしょうか？
疑問でごまかすな。自分で考えろ。ゴミ。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形する。
z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形する。
x^2=z^2-y^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形する。
> z^p=x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
> 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。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ。害悪。書き込むな。
>ゴミ。害悪。書き込むな。
どうしてでしょうか？理由を教えていただけないでしょうか。
> >365
> >ゴミ。害悪。書き込むな。
>
> どうしてでしょうか？理由を教えていただけないでしょうか。
理由書いてある。
>> どうしてでしょうか？理由を教えていただけないでしょうか。
理由書いてある。
どこに書いてありますか？
> >367
> >> どうしてでしょうか？理由を教えていただけないでしょうか。
> 理由書いてある。
>
> どこに書いてありますか？
日本語勉強しろ。
二度と聞くな。ゴミ。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形して、x^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
> z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
> 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。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ。害悪。書き込むな。
>ゴミ。害悪。書き込むな。
どうしてでしょうか？
理由を、教えていただけないでしょうか。
つまらんな
>統失おうむ返し芸人
つまらんな
つまらん理由を教えていただけないでしょうか。
> >372
> >ゴミ。害悪。書き込むな。
>
> どうしてでしょうか？
> 理由を、教えていただけないでしょうか。
日高が反省しないで同じ間違いと嘘を繰り返すから。
最低でも、過去ログと中学の国語と数学の教科書を全部100回くらい読み直し、何日もかけて自分でも考えて、それから書き込め。
数の組み合わせはいくらでもあるのだから、
1つとか2つとかあなたがどれだけ例を挙げてもきりがありません。
無駄です。「式を満たす例を挙げる」あるいは「式を満たさない例を挙げる」
という方法ではpが奇素数の場合まったく証明になりません。
p=2の場合、偶然z-y=1の形の解がみつかっただけで
今の証明ではz-y=2の形の解もz-y=3の解も見つけられません。
pが奇素数の時、たとえばz-y=2の形の解が存在するかもしれないのに
今の証明では見つけられません。
よって証明は間違いです。
>>334
以前はp=2の場合に
x=8,y=15,z=17という解は求められないが
同じ比であるx=8/2,y=15/2,z=17/2という解は見つけられる、とあなたは言っていました
それが証明として正しいかどうかはとりあえず横に置くとして
今の証明は解を自然数に限定したのでx=8/2,y=15/2,z=17/2という解すら求められない
よって証明は前よりもっと間違いです。
>最低でも、過去ログと中学の国語と数学の教科書を全部100回くらい読み直し、何日もかけて自分でも考えて、それから書き込め。
この証明は、簡単な因数分解しか、使っていません。
>p=2の場合、偶然z-y=1の形の解がみつかっただけで
今の証明ではz-y=2の形の解もz-y=3の解も見つけられません。
p=2の場合は、
(x^2/a)×a=(z+y)(z-y)として、a=2を代入します。
最低でも、過去ログと中学の国語と数学の教科書を全部100回くらい読み直し、何日もかけて自分でも考えて、それから書き込め。
> この証明は、簡単な因数分解しか、使っていません。
なのに間違いが分からないんだろ。簡単に書き込むな。ゴミが。
そんなことは証明のどこにも書いてありません。
よって証明は間違っています。
>>>334
以前はp=2の場合に
x=8,y=15,z=17という解は求められないが
同じ比であるx=8/2,y=15/2,z=17/2という解は見つけられる、とあなたは言っていました
それが証明として正しいかどうかはとりあえず横に置くとして
今の証明は解を自然数に限定したのでx=8/2,y=15/2,z=17/2という解すら求められない
よって証明は前よりもっと間違いです。
a=1とした場合は、x=8/2,y=15/2,z=17/2が求められます。
a=2とした場合は、x=8,y=15,z=17が求められます。
>> この証明は、簡単な因数分解しか、使っていません。
なのに間違いが分からないんだろ。簡単に書き込むな。ゴミが。
私は間違いは、無いと思っています。
> >324
> >「1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}」を満たす自然数だけを考察すればよい理由を述べてください。
>
> と、そのx,yがzが自然数のとき、z^p=(x+y)を満たすことが必要です。
>
> 理由は、z^p=z^p×1=(z^p/a)×aだからです。
尋ねられているのは、「1=...」の場合だけの考察でよい理由。
君の答えは「1=...」の場合にさらに満たすべき条件。
この違い、わかるかな？
>そんなことは証明のどこにも書いてありません。
よって証明は間違っています。
書いてはいません。
わかると思ったからです。
>尋ねられているのは、「1=...」の場合だけの考察でよい理由。
君の答えは「1=...」の場合にさらに満たすべき条件。
この違い、わかるかな？
わかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。
>俺らはエスパーかwww
どういう意味でしょうか？
わかりません。証明の中に詳しく書かないならば証明は間違いです。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形して、x^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>わかりません。証明の中に詳しく書かないならば証明は間違いです。
p=2の場合の証明は、x=3,y=4,z=5のみで良いです。
その話は>>174と>>179でもうやりました。
pが奇素数の場合に同じ要領でやるための練習としてp=2の場合をやっているのに
p=2でしか使えないやり方をやってしまったら練習になりません。
ためしにa=2の場合のあなたの証明を書いてみてください。
> >380
> >> この証明は、簡単な因数分解しか、使っていません。
> なのに間違いが分からないんだろ。簡単に書き込むな。ゴミが。
>
> 私は間違いは、無いと思っています。
その考え方が間違い。
だから教科書100回読めと書いた。ゴミが。
もう俺に返信するな。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
> z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
> 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。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
反省なし。ゴミ。
> >176
> >> (2)の解は(1)の解の1/a^{1/(p-1)}倍になります。
> > が、間違いです。
>
> では正しくは何倍ですか？
>
> 定まりません。
定まらないということは、無理数倍になることもあるわけですよね？
> >384
> >尋ねられているのは、「1=...」の場合だけの考察でよい理由。
> 君の答えは「1=...」の場合にさらに満たすべき条件。
> この違い、わかるかな？
>
> わかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。
私の指摘は、簡単なので、説明は、必要ないと思います。
> >320
> >> これ以上のことは、分かりません。
> つまり、自分で証明できないことを正しいと強弁してた訳だ。
> さすが嘘つき。
>
> 自明という意味です。
自明ということばは、ひとにものを聞いてもらうときには使ってはいけない。
もしも使ってしまった場合、なぜと聞き返されたら説明しなければならない。
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
そりゃそうだよ。この式はz^p=x^p+y^pと同じだもん。
でも君はそのあと，
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
しか検討していない。間違った証明であることが自明。
>ためしにa=2の場合のあなたの証明を書いてみてください。
p=2の場合でしょうか？
>だから教科書100回読めと書いた。ゴミが。
もう俺に返信するな。
わかりました。
>反省なし。ゴミ。
理由を教えていただけないでしょうか。
>定まらないということは、無理数倍になることもあるわけですよね？
はい。
>私の指摘は、簡単なので、説明は、必要ないと思います。
簡単でも、私には、わかりません。
>自明ということばは、ひとにものを聞いてもらうときには使ってはいけない。
もしも使ってしまった場合、なぜと聞き返されたら説明しなければならない。
そう、思います。
> >396
> >定まらないということは、無理数倍になることもあるわけですよね？
>
> はい。
その場合、有理数解としては求められないのでは？
>> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
しか検討していない。間違った証明であることが自明。
理由を教えていただけないでしょうか。
p=2の場合とpが奇素数の場合を同じ要領でどうぞ。
> >397
> >私の指摘は、簡単なので、説明は、必要ないと思います。
>
> 簡単でも、私には、わかりません。
考察が「1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)」の場合だけでよい理由と，
「1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)」の場合、さらに満たすべき条件。
これらの違いがわかりませんか？
> >398
> >自明ということばは、ひとにものを聞いてもらうときには使ってはいけない。
> もしも使ってしまった場合、なぜと聞き返されたら説明しなければならない。
>
> そう、思います。
本当にそう思うなら、>>390で
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
だけを調べて
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
という結論が出る理由を説明してください。
> >399
> >> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> > このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
>
> しか検討していない。間違った証明であることが自明。
>
> 理由を教えていただけないでしょうか。
x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=(x^p+y^p)/(x+y)ですから
フェルマーの最終定理に反例z^p=x^p+y^pがあればこの値は1ではありえません。
>> >定まらないということは、無理数倍になることもあるわけですよね？
>
> はい。
その場合、有理数解としては求められないのでは？
すみません。もう少し詳しく説明していただけないでしょうか。
> >406
> >> >定まらないということは、無理数倍になることもあるわけですよね？
> >
> > はい。
>
> その場合、有理数解としては求められないのでは？
>
> すみません。もう少し詳しく説明していただけないでしょうか。
その場合の証明が頭の中にあれば、私が詳しく説明するまでもないと思います。
>p=2の場合とpが奇素数の場合を同じ要領でどうぞ。
p=2の場合は、x^p=x^p*1=(x^p/a)*a
pが奇素数の場合は、z^p=z^p*1=(z^p/a)*a
となります。
>考察が「1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)」の場合だけでよい理由と，
「1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)」の場合、さらに満たすべき条件。
これらの違いがわかりませんか？
わかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。
それがフェルマーの最終定理の証明ですか？
全然だめです。間違っています。
> >408
> >p=2の場合とpが奇素数の場合を同じ要領でどうぞ。
>
> p=2の場合は、x^p=x^p*1=(x^p/a)*a
> pが奇素数の場合は、z^p=z^p*1=(z^p/a)*a
> となります。
当たり前だろ？ そんなの。それで説明になっていると思っているの？
>> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
> このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
だけを調べて
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
という結論が出る理由を説明してください。
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。
からです。
B=Dでない場合はどうするの？
>x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=(x^p+y^p)/(x+y)ですから
フェルマーの最終定理に反例z^p=x^p+y^pがあればこの値は1ではありえません。
すみません。意味が良く理解できませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。
>その場合の証明が頭の中にあれば、私が詳しく説明するまでもないと思います。
すみません。詳しく説明していただけないでしょうか。
>>303の後半に書いてくれているよ
>それがフェルマーの最終定理の証明ですか？
全然だめです。間違っています。
理由を教えていただけないでしょうか。
>>
> p=2の場合は、x^p=x^p*1=(x^p/a)*a
> pが奇素数の場合は、z^p=z^p*1=(z^p/a)*a
> となります。
当たり前だろ？ そんなの。それで説明になっていると思っているの？
間違いでしょうか？
まったく説明になっていません。それだけでは。
>B=Dでない場合はどうするの？
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
aって何？ >>390では4行目に出てきてあとは出ないけど。
a=2の時のフェルマーの最終定理の証明
p=2の場合は、x^p=x^p*1=(x^p/a)*a
pが奇素数の場合は、z^p=z^p*1=(z^p/a)*a
となります。
証明終
これが証明なんですか？
>>390や>>391と全く違いますが。
>x^p+y^p=z^pに自然数解があるならx>1,y>1であることがすぐわかる。
よってx+y<x^p+y^p。だから{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)>1が成り立つ。
それなのに最左辺=1のみを検討しているので、完全な誤り。
よくわかりませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。
どこがわからないのですか？
>まったく説明になっていません。それだけでは。
どのような説明が必要なのでしょうか？
>aって何？ >>390では4行目に出てきてあとは出ないけど。
{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=a (x,yは自然数）
です。
> >427
> >aって何？ >>390では4行目に出てきてあとは出ないけど。
>
> {x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=a (x,yは自然数）
> です。
それで，それがどうなりますか？
>a=2の時のフェルマーの最終定理の証明
p=2の場合は、x^p=x^p*1=(x^p/a)*a
pが奇素数の場合は、z^p=z^p*1=(z^p/a)*a
となります。
証明終
これが証明なんですか？
>>390や>>391と全く違いますが。
p=2の場合は、x^p*1=(x+1)(x-1)、pが奇素数の場合は、z^p*1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを検討すれば良い。
ということです。
>> {x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=a (x,yは自然数）
> です。
それで，それがどうなりますか？
aの意味は、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=aとなります。
> p=2の場合は、x^p*1=(x+1)(x-1)、pが奇素数の場合は、z^p*1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを検討すれば良い。
> ということです。
どうしてそれでよいのか説明してください。
証明を公開した日高氏の責任です。
> >433
> >> {x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=a (x,yは自然数）
> > です。
>
> それで，それがどうなりますか？
>
> aの意味は、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=aとなります。
それはaの意味ではなく定義です。>>390のaもこれと同じですか？
x^p=x^p*1=(x^p/a)*a
は自明
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
(z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
も自明
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
を満たすx,y,zの組の存在を調べるのに
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
この連立式だけを証明すればいい、は全然自明でない、証明が必要
どうして
2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の場合を調べる必要がないのか、その理由を説明してください。
今の証明にはその説明がないので、間違いです
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
=z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
=(z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
も自明
左側のイコールが抜けました
>> p=2の場合は、x^p*1=(x+1)(x-1)、pが奇素数の場合は、z^p*1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを検討すれば良い。
> ということです。
どうしてそれでよいのか説明してください。
証明を公開した日高氏の責任です。
p=2の場合は、x^p=x^p*1=(x^p/a)*a
pが奇素数の場合は、z^p=z^p*1=(z^p/a)*a
だからです。
>> aの意味は、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=aとなります。
それはaの意味ではなく定義です。>>390のaもこれと同じですか？
はい。同じです。
>どうして
2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
の場合を調べる必要がないのか、その理由を説明してください。
z^p×1=(z^p/2)×2だからです。
>お前らいつまで日高に釣られてるの？
どういう意味でしょうか？
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形して、x^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
わかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。
z^p×1=(z^p/2)×2だから○○
○○だから△△
△△だから◇◇
◇◇だから2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の場合を調べる必要がない
の○○や△△や◇◇がないので証明になっていません
だから証明は間違っています。
x^pとx^p*1と(x^p/a)*aは同じxを入れれば同じ大きさになる同じものですが
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は
同じx、yをいれても成り立ったり成り立たなかったりする別の式です。
2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の場合
3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の場合
4={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の場合
…
全て別の式なので、全ての場合について説明できなければ証明は間違いです。
って書かないよね
>2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の場合…(1)
3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の場合…(2)
4={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の場合…(3)
…
全て別の式なので、全ての場合について説明できなければ証明は間違いです。
(1)の場合は、(z^p/2)*2=(z^p)*1
(2)の場合は、(z^p/3)*3=(z^p)*1
(3)の場合は、(z^p/4)*4=(z^p)*1
となります。
>z^p×1=(z^p/2)×2=(z^p/3)×3=(z^p/4)×4=...
って書かないよね
z^p×1=(z^p/a)×aとなります。
>書いちゃったか......
どういう意味でしょうか？
いや、独り言だ。気にしないでくれ。
連立式A は考慮して
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
連立式B
{ 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/2)=(x+y)
は考慮しなくて良い
っていうのがどうしても分からないんだ。
どうしてだ？
>連立式A は考慮して
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
連立式B
{ 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/2)=(x+y)
は考慮しなくて良い
っていうのがどうしても分からないんだ。
どうしてだ？
z^p×1=(z^p/2)×2だからです。
> p=2の場合は、x^p=x^p*1=(x^p/a)*a
> pが奇素数の場合は、z^p=z^p*1=(z^p/a)*a
> だからです。
これらの式が成り立つことはわかります。
成り立つとなぜ、考察を省略できるのかが、まったく理解できません。
説明してください。
>成り立つとなぜ、考察を省略できるのかが、まったく理解できません。
説明してください。
z^p=z^p*1=(z^p/a)*aとなるとしか、言いようがありません。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形して、x^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> >456
> >成り立つとなぜ、考察を省略できるのかが、まったく理解できません。
> >説明してください。
> z^p=z^p*1=(z^p/a)*aとなるとしか、言いようがありません。
それは、証明できていませんと言っているのと同じです。
それ以外は求められれば証明を与えなくてはいけません。
最低限何が数学上の公理なのかわかってなければ数学の議論に参加はできません。
z^p×1
は
(z^p/2)×2
と同じだけど、
連立式A
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
は、連立式B
{ 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/2)=(x+y)
と同じじゃないよ。
z^p×1=(z^p/2)×2だと
どうして連立式Bを考慮しなくて良いの？
z^p*1=STと書いたらz^p=S,1=T。(z^p/a)*a=STと書いたらz^p/a=S,a=Tなのではあるまいか。
(z^p/a)*a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
z^p/a=x+y,a=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の任意の解x,yに対し
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
z^p=x+y,1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の或る解x,yとの間に比例関係があるから
考えなくてよいというのでは。
有理数比とは限らないからこの議論は誤りだが。
そこを一万歩ゆずっても
> z^p/a=S,a=T
を考慮しなくて良いとはならないんだよね......
質問なんだけど、
有理数比とかは気にしなくて、
この場合の二組の連立式において、
解に比例関係はあるの？
>>71さんが書いている。（完全に理解してはいないけど。）
読んでみます。
ありがとうございます。
z-y=1に限定しても自然数のX,Y,Zと同じ比になるx,y,zを見つけられるから、と
しかし>>136 ではその文言は消えてしまってもっともらしい理屈がきえた
そして>>230で自明でない1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解を教えられて
>>254でx,y,zを自然数に限定してしまった
比が等しいx,y,zを見つけることさえ放棄してしまった
スレ主の迷走ぶりがよくわかります。
こんな態度じゃ、高校レベルの証明もできないのでは……。
中学までの数学ですら、自分では勉強しないと公言していたのだから、無理なのは当たり前。
>連立式A
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
は、連立式B
{ 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/2)=(x+y)
と同じじゃないよ。
どうして、同じじゃないのでしょうか？
>スレ主の頭の中を想像するに
z^p*1=STと書いたらz^p=S,1=T。(z^p/a)*a=STと書いたらz^p/a=S,a=Tなのではあるまいか。
はい。その通りです。
>スレ主の頭の中を想像するに
(z^p/a)*a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
z^p/a=x+y,a=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の任意の解x,yに対し
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
z^p=x+y,1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の或る解x,yとの間に比例関係があるから
考えなくてよいというのでは。
有理数比とは限らないからこの議論は誤りだが。
誤りの理由を教えていただけないでしょうか。
>>>463
そこを一万歩ゆずっても
> z^p/a=S,a=T
を考慮しなくて良いとはならないんだよね......
理由を教えていただけないでしょうか。
>質問なんだけど、
有理数比とかは気にしなくて、
この場合の二組の連立式において、
解に比例関係はあるの？
あります。
どうしてって、見たままだが。
これは行き違ったレスだから、気にしないでくれ。
>71さんが書いている。（完全に理解してはいないけど。）
これは、私は、間違いだと思います。
> >462
> >連立式A
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { z^p=(x+y)
> は、連立式B
> { 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/2)=(x+y)
> と同じじゃないよ。
>
> どうして、同じじゃないのでしょうか？
どうして、同じなのでしょうか？
誰が見ても違う式ですが。
>>>1 から>>105 までは、理屈はともかく比が等しいから…と書いていた
z-y=1に限定しても自然数のX,Y,Zと同じ比になるx,y,zを見つけられるから、と
しかし>>136 ではその文言は消えてしまってもっともらしい理屈がきえた
そして>>230で自明でない1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解を教えられて
>>254でx,y,zを自然数に限定してしまった
比が等しいx,y,zを見つけることさえ放棄してしまった
比が等しいx,y,zを見つけるには、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良いです。
> >462
> >連立式A
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { z^p=(x+y)
> は、連立式B
> { 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/2)=(x+y)
> と同じじゃないよ。
>
> どうして、同じじゃないのでしょうか？
x=8/7,y=3/7は1=x^2-xy+y^2を満たすが2=x^2-xy+y^2は満たさないから。
> >463
> >スレ主の頭の中を想像するに
> z^p*1=STと書いたらz^p=S,1=T。(z^p/a)*a=STと書いたらz^p/a=S,a=Tなのではあるまいか。
>
> はい。その通りです。
わかっているなら普通の書き方をしろよ。
> >464
> >スレ主の頭の中を想像するに
> (z^p/a)*a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
> z^p/a=x+y,a=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の任意の解x,yに対し
> z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
> z^p=x+y,1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の或る解x,yとの間に比例関係があるから
> 考えなくてよいというのでは。
> 有理数比とは限らないからこの議論は誤りだが。
>
> 誤りの理由を教えていただけないでしょうか。
その前に。「…の任意の解x,yに対し…の或る解x,yとの間に…」という言い方は理解できたか？
これが普通の数学の言い方だ。わかったならこれからは普通の言い方をしろ。
誤りの理由はすぐ上の行に書いてある。「有理数比とは限らないから」だ。
> >467
> >71さんが書いている。（完全に理解してはいないけど。）
>
> これは、私は、間違いだと思います。
どこが間違いですか？ 正しい比の値はいくらですか？
>>>473
どうしてって、見たままだが。
勘違いでした。同じではないですね。
>どうして、同じなのでしょうか？
誰が見ても違う式ですが。
すみません。勘違いでした。違う式でした。
>> >連立式A
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { z^p=(x+y)
> は、連立式B
> { 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/2)=(x+y)
> と同じじゃないよ。
>
> どうして、同じじゃないのでしょうか？
すみません。勘違いでした。違う式でした。
>> (z^p/a)*a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
> z^p/a=x+y,a=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の任意の解x,yに対し
> z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
> z^p=x+y,1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の或る解x,yとの間に比例関係があるから
> 考えなくてよいというのでは。
> 有理数比とは限らないからこの議論は誤りだが。
>
> 誤りの理由を教えていただけないでしょうか。
その前に。「…の任意の解x,yに対し…の或る解x,yとの間に…」という言い方は理解できたか？
これが普通の数学の言い方だ。わかったならこれからは普通の言い方をしろ。
誤りの理由はすぐ上の行に書いてある。「有理数比とは限らないから」だ。
その前に。「…の任意の解x,yに対し…の或る解x,yとの間に…」という言い方は理解できたか？
よく理解できません。
詳しく説明していただけないでしょうか。
>どこが間違いですか？ 正しい比の値はいくらですか？
有理数倍となります。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形して、x^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> >486
> >どこが間違いですか？ 正しい比の値はいくらですか？
> 有理数倍となります。
いくつになるかはわからないが、有理数倍になることはわかる、のですか？
もしそうなら、なぜですか？
にレスしようかと思ったが、>>494,>>495の進歩のなさを見たらやる気が失せた。
0は自然数に含めないものとする。
kを自然数とし、x^2-y^2=kをみたす自然数x,yを考える。
k=1のとき解はない。kがそれ以外の場合の解x,yはk=1の場合の解x,yと同じ比をなす。
よってx^2-y^2=kには解はない。
p=3 の時に
方程式 (i)
z^3/a=x+y ……(1)
a=x^2-xy+y^2 ……(2)
を満たす有理数の組 (x, y, z)=(r, s, t) があった場合、
それぞれ 1/a^(1/2) 倍した (R, S, T) は、
R+S
=r*1/a^(1/2)+s*1/a^(1/2)
=1/a^(1/2)(r+s)
(1) より
=1/a^(1/2)*t^3/a
=1/a^(3/2)*t^3
=｛t/a^(1/2)｝^3
=T^3
R^2-RS+S^2
=r^2/a-rs/a+s^2/a
=1/a*(r^2-rs+s^2)
(2) より
=1/a*a
=1
となり、
方程式 (ii)
z^3=x+y
1=x^2-xy+y^2
を満たす。
従って、a^(1/2) が無理数である時に
方程式 (i) に有理数解があれば、
それと同じ比で方程式 (ii) を満たす解は無理数である。
これのどこが間違ってるんでしょうか？
>いくつになるかはわからないが、有理数倍になることはわかる、のですか？
もしそうなら、なぜですか？
p=3の場合の例
(z^3/a)*a=(x+y)(x^2-xy+y^2)
a=1,x=1,y=1,z=2^(1/3)
x=2,y=2を代入すると、a=4,z=16^(1/3)となります。
a=4のときの、x,y,zは、a=1のときの、x,y,zの２倍となります。
>x^2-y^2=kには解はない。
間違いですね。
> >496
> >いくつになるかはわからないが、有理数倍になることはわかる、のですか？
> もしそうなら、なぜですか？
>
> p=3の場合の例
> (z^3/a)*a=(x+y)(x^2-xy+y^2)
> a=1,x=1,y=1,z=2^(1/3)
> x=2,y=2を代入すると、a=4,z=16^(1/3)となります。
> a=4のときの、x,y,zは、a=1のときの、x,y,zの２倍となります。
で？
自分に都合の良い例だけ上げても、全く理由にならない。例でごまかすのは禁止。
それで 、496に対する答えは？
>従って、a^(1/2) が無理数である時に
方程式 (i) に有理数解があれば、
それと同じ比で方程式 (ii) を満たす解は無理数である。
これのどこが間違ってるんでしょうか？
a^(1/2) が有理数の場合は、(ii) を満たす解は有理数になります。
結論ではなく、推論の誤りを指摘してください。
>自分に都合の良い例だけ上げても、全く理由にならない。例でごまかすのは禁止。
それで 、496に対する答えは？
499,503を、見て下さい。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形して、x^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>kを自然数とし、x^2-y^2=kをみたす自然数x,yを考える。
k=1のとき解はない。kがそれ以外の場合の解x,yはk=1の場合の解x,yと同じ比をなす。
よってx^2-y^2=kには解はない
「kがそれ以外の場合の解x,yはk=1の場合の解x,yと同じ比をなす。」がまちがいです。
x,yはk=1の場合の解x,yと同じ比をなす場合と、なさない場合があります。
> x,yはk=1の場合の解x,yと同じ比をなす場合と、なさない場合があります。
それぞれの場合の例を挙げてください。
> これのどこが間違ってるんでしょうか？
>
> a^(1/2) が有理数の場合は、(ii) を満たす解は有理数になります。
その回答は私の主張と矛盾していません。
間違っている箇所を聞いてます。
(ii) を満たす無理数解の定数倍が (i) の有理数解になる以上、
(ii) の自然数解しか探していない
あなたの証明は不十分です。
>> x,yはk=1の場合の解x,yと同じ比をなす場合と、なさない場合があります。
それぞれの場合の例を挙げてください。
同じ比をなす場合
√2^2-1^2=1、 x:y=√2:1
(2*√2)^2-(2*1)^2=4、x:y=√2:1
同じ比をなさない場合
2^2-1^1=3、x:y=2:1
3^2-1^1=3
3^2-1^1=3は、関係ないです。ミスです。
> >502
> >自分に都合の良い例だけ上げても、全く理由にならない。例でごまかすのは禁止。
>
> それで 、496に対する答えは？
>
> 499,503を、見て下さい。
全く答えになってない。思い込みを書くのも禁止。
で、496に対する答えは？
>で、496に対する答えは？
すみませんが、最初から、質問を詳しく書いていただけないでしょうか。
質問と、答えがズレているように、思いますので。
> >513
> >で、496に対する答えは？
>
> すみませんが、最初から、質問を詳しく書いていただけないでしょうか。
> 質問と、答えがズレているように、思いますので。
単に教科書などに基づく数学的な用語と論理での回答を求めているのみ。
答えがおかしいのは日高の責任。
意味がないので、ごまかしも言い訳も全て禁止。
で、496にたいする回答は？
> >513
> >で、496に対する答えは？
>
> すみませんが、最初から、質問を詳しく書いていただけないでしょうか。
> 質問と、答えがズレているように、思いますので。
このようなごまかしも禁止。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形して、x^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
この部分、証明できたから再掲しているんですよね？
それを書いてください。
>> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
この部分、証明できたから再掲しているんですよね？
それを書いてください。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aは、自明です。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aは、自明です。
それは明らかに自明。そうではなくて，なぜ，
> > z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
となるのかをお尋ねしています。
となるのかをお尋ねしています。
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}または、
(z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考えても、
良いです。
但し、この二つの式からは、x,y,zが有理数か、無理数かは、わかりません。
証明したい式はz^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}です
証明は分かるところだけやってもダメです
つまり、あなたの証明は
pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、
「「「「「「 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}をみたすような 」」」」」」
自然数解を持たない。
ということしか証明できていません。
2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たすような自然数解があるかないか
3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たすような自然数解があるかないか
…
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たすような自然数解があるかないか
を調べていないので、全然だめです。
> >> > z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
>
> となるのかをお尋ねしています。
>
> z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}または、
> (z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考えても、
> 良いです。
> 但し、この二つの式からは、x,y,zが有理数か、無理数かは、わかりません。
何を言っているのかわからない。フェルマーの最終定理を証明しようとしているのだから
x,y,zは自然数に限られるのではないのか？
>つまり、あなたの証明は
pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、
「「「「「「 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}をみたすような 」」」」」」
>自然数解を持たない。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}をみたす自然数解は、あります。
>2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たすような自然数解があるかないか
2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数解は、ありません。
>3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たすような自然数解があるかないか
3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数解は、あります。
>a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たすような自然数解があるかないか
を調べていないので、全然だめです。
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、(z^p/a)=(x+y)を、共に満たす自然数解が、
あるかないかを調べないと、駄目です。
>何を言っているのかわからない。フェルマーの最終定理を証明しようとしているのだから
>x,y,zは自然数に限られるのではないのか？
そうですね。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形して、x^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、(z^p/a)=(x+y)を、共に満たす自然数解が、
> あるかないかを調べないと、駄目です。
ならば、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
とはならないのでは？
>>510
の流れは無視ですか？
>
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
とはならないのでは？
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を、考えるには、
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、z^p=(x+y)の、x,y,zが、共に自然数となるかを
考えます。
>(ii) を満たす無理数解の定数倍が (i) の有理数解になる以上、
>(ii) の自然数解しか探していない
>あなたの証明は不十分です。
(ii) を満たす無理数解の定数倍が (i) の有理数解になる場合は、
(ii)の無理数解は、共通の無理数の有理数倍となります。
>>>527の「そうですね」はどこへいった？
x,y,zは自然数に限ります。
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、z^p=(x+y)の ペア
だけでなく、
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、(z^p/a)=(x+y)の ペア
も考慮すべきでは？
> >531
> >(ii) を満たす無理数解の定数倍が (i) の有理数解になる以上、
> >(ii) の自然数解しか探していない
> >あなたの証明は不十分です。
>
> (ii) を満たす無理数解の定数倍が (i) の有理数解になる場合は、
> (ii)の無理数解は、共通の無理数の有理数倍となります。
その(ii)の無理数解はあるのですか？ ないのですか？
>> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、z^p=(x+y)の ペア
だけでなく、
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、(z^p/a)=(x+y)の ペア
も考慮すべきでは？
z^p*1=(z^p/a)*aなので、z^p*1のみを、考慮すれば良いです。
>> (ii) を満たす無理数解の定数倍が (i) の有理数解になる場合は、
> (ii)の無理数解は、共通の無理数の有理数倍となります。
その(ii)の無理数解はあるのですか？ ないのですか？
ありません。
> z^p*1=(z^p/a)*aなので、z^p*1のみを、考慮すれば良いです。
その理屈俺分からん。
じゃあさ、有理数比とかは置いといて>>464の
> (z^p/a)*a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
> z^p/a=x+y,a=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の任意の解x,yに対し
> z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
> z^p=x+y,1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の或る解x,yとの間に比例関係があるから
> 考えなくてよいというのでは。
は>>1の考えと合ってる？
> >538
> >> (ii) を満たす無理数解の定数倍が (i) の有理数解になる場合は、
> > (ii)の無理数解は、共通の無理数の有理数倍となります。
>
> その(ii)の無理数解はあるのですか？ ないのですか？
>
> ありません。
なぜないとわかるのですか？
よくありません。
逆です。
z^p*1=(z^p/a)*a
だからこそ
z^p*1
(z^p/2)*2
(z^p/3)*3
(z^p/4)*4
…
のすべてを考慮しなくてはいけません。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数解と、
2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数解と
3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数解と
…
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数解が
それぞれ違っていることからそれは明らかです。
式A
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
を満たすx,yをグループ1
式B
2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
を満たすx,yをグループ2
式C
3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
を満たすx,yをグループ3
…(以下無限に続く)
とすると、明らかに
グループ1に属するものはほかのグループに属さない
グループ2に属するものはほかのグループに属さない
グループ3に属するものはほかのグループに属さない
…(以下無限に続く)
z^p*1=(z^p/2)*2=(z^p/3)*3=(z^p/a)*aであるから、すべてのグループが元の式z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす可能性がある
よって、すべてのグループを調べなければならない
>> (z^p/a)*a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
> z^p/a=x+y,a=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の任意の解x,yに対し
> z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
> z^p=x+y,1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の或る解x,yとの間に比例関係があるから
> 考えなくてよいというのでは。
は>>1の考えと合ってる？
合っています。
そうなのか、ありがとう。
また質問するかもだけど、ひとまず置くわ。
> >> (ii) を満たす無理数解の定数倍が (i) の有理数解になる場合は、
> > (ii)の無理数解は、共通の無理数の有理数倍となります。
>
> その(ii)の無理数解はあるのですか？ ないのですか？
>
> ありません。
なぜないとわかるのですか？
(ii)の無理数解は、共通の無理数の有理数倍となるので、
共通の無理数で、割ると、有理数となります。
>a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数解が
それぞれ違っていることからそれは明らかです。
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解は、無限にあります。
>z^p*1=(z^p/2)*2=(z^p/3)*3=(z^p/a)*aであるから、すべてのグループが元の式z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす可能性がある
よって、すべてのグループを調べなければならない
z^p*1=(z^p/2)*2=(z^p/3)*3=(z^p/a)*aなので、
z^p*1のみを、調べれば、良いです。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形して、x^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> >(ii) の自然数解しか探していない
> >あなたの証明は不十分です。
>
> (ii) を満たす無理数解の定数倍が (i) の有理数解になる場合は、
> (ii)の無理数解は、共通の無理数の有理数倍となります。
>>499 より、
有理数の組 (x, y, z)=(r, s, t) が
(i)
z^3/a=x+y
a=x^2-xy+y^2
を満たす時、
それぞれ 1/a^(1/2) 倍した (R, S, T) は、
(ii)
z^3=x+y
1=x^2-xy+y^2
を満たす。
というのが元の主張です。
共通の無理数である 1/a^(1/2) の
x は r倍、y は s倍、z は t倍になっていて
あなたの言っていることは当たり前のことです。
で、この主張のどこが間違ってますか？
>で、この主張のどこが間違ってますか？
この主張は間違っていません。
> >で、この主張のどこが間違ってますか？
>
> この主張は間違っていません。
ならば、(i) の自然数解しか探していないあなたの証明は不十分です。
以下余談
「理由を教えていただけないでしょうか」
って回答がくるのに一票。
> ならば、(i) の自然数解しか探していないあなたの証明は不十分です。
間違えた。
(i) じゃなくて (ii) が正。
>ならば、(i) の自然数解しか探していないあなたの証明は不十分です。
(i)は、(ii)の間違いではないでしょうか？
> z^p*1=(z^p/2)*2=(z^p/3)*3=(z^p/a)*aなので、
全く関係ない事実をいくら提示しても根拠にならない。
> z^p*1のみを、調べれば、良いです。
従って、この主張は根拠のない妄想に過ぎない。なので、論証されるまでは、二度と主張してはならない。
もちろん、反論が出来ない場合も二度と主張してはならない
反論があるなら、教科書などに基づく数学的な事実と論理でのべるべき。それ以外は禁止。
過去の発言は全てでたらめだったので、繰り返しも禁止。
もちろん、疑問などでごまかすのも禁止。
以上を守ったまともな反論が出来ないというなら、それは日高の主張が数学でないということ。きちんとした数学に基づく主張なら、説明や反論は簡単なので。
>>ならば、(ii) の自然数解しか探していないあなたの証明は不十分です。
(ii)に自然数解がないならば、(i)に自然数解は、ありません。
(ii)に自然数解があるならば、(i)に自然数解が、あります。
>以上を守ったまともな反論が出来ないというなら、それは日高の主張が数学でないということ。きちんとした数学に基づく主張なら、説明や反論は簡単なので。
私の主張が数学でない部分はどこでしょうか？
> >557
> >以上を守ったまともな反論が出来ないというなら、それは日高の主張が数学でないということ。きちんとした数学に基づく主張なら、説明や反論は簡単なので。
>
> 私の主張が数学でない部分はどこでしょうか？
疑問で返すのは禁止と書いただろうが、ボケ老人。
反論があるなら、教科書などに基づく数学的主張をしろ。
> >557
> >以上を守ったまともな反論が出来ないというなら、それは日高の主張が数学でないということ。きちんとした数学に基づく主張なら、説明や反論は簡単なので。
>
> 私の主張が数学でない部分はどこでしょうか？
簡潔に答えれば、全部。取り組む姿勢から何から全部。
みんながこういう定理は成り立つ、こういう推論は正しいという前提知識を共有したうえで、
「ではココから何が言えますか？」
が数学なのでオレ様ルールで "オレはこう思う" を書き殴ったものなんか数学になりません。
他人の指摘をまともに読まずにコメントするな。
> (ii)に自然数解がないならば、(i)に自然数解は、ありません。
> (ii)に自然数解があるならば、(i)に自然数解が、あります。
それは証明が必要です、証明してください。
ちなみに、
z^p*1=(z^p/2)*2=(z^p/3)*3=(z^p/a)*a
を示すだけなのは証明ではないですよ。
ところで、最初の質問である、
>>71,499 の間違っているのはどこ？
ってのにまだ答えてもらってません。
>> (ii)に自然数解がないならば、(i)に自然数解は、ありません。…(1)
> (ii)に自然数解があるならば、(i)に自然数解が、あります。…(2)
(1)のx,y,zに共通の無理数fを掛けると、fx,fy,fzは、無理数ですが、整数比となりません。
(2)のx,y,zに共通の無理数fを掛けると、fx,fy,fzは、無理数ですが、整数比となります。
何が説明なしに通る推論なのかのルールがわかってないのになんで証明が書けると思える？
>>>71,499 の間違っているのはどこ？
ってのにまだ答えてもらってません。
(ii)と(i)は定数倍という意味ではなかったのでしょうか？
>そもそもキチンと数学を学んだ人間にココは意味がわからないという疑問を抱かせる時点で終わってる。
何が説明なしに通る推論なのかのルールがわかってないのになんで証明が書けると思える？
よろしければ、具体的に間違いを指摘して、いただけないでしょうか。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形して、x^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
だってそんな事したって際限ないでしょ？
この推論はダメ、こんな推論ルールはないって指摘しても、そこからどんな推論ルールがあるのか調べるのではなく、じゃコッチは？って聞いてくる相手にそんな指摘したって無駄じゃん？
なんで結論から始めてんだよwww
ボケなのか？
勘違いしてたっぽい。すまん。
>573
よく意味がわかりませんが？
>>572-573は気にしなくて良いよ。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
> z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
あれだけ指摘されたのにまだこんな書き方をしている。向上心ゼロですね。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
(1)z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の解が存在する
ならば
(2)z^p=x+y かつ
1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす解が存在する
という論理なのだろうが、(1)自体が偽であることが別証明で示される以上この命題は真だから、
彼を納得させることはできないのではないだろうか。
あれだけ指摘されたのにまだこんな書き方をしている。向上心ゼロですね。
どこが、間違いでしょうか？
AB=STと書いたらA=S,B=Tと思い込んでいるところです。（ほかにも問題はあるが。）
どの本でこれを覚えましたか？
>(1)自体が偽であることが別証明で示される以上この命題は真だから、
彼を納得させることはできないのではないだろうか。
よく意味が理解できませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。
>AB=STと書いたらA=S,B=Tと思い込んでいるところです。（ほかにも問題はあるが。）
どの本でこれを覚えましたか？
間違いでしょうか？
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形して、x^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> >579
> >AB=STと書いたらA=S,B=Tと思い込んでいるところです。（ほかにも問題はあるが。）
> どの本でこれを覚えましたか？
>
> 間違いでしょうか？
質問を返す前に、私の質問に答えよ。
>質問を返す前に、私の質問に答えよ。
本では、ないです。頭です。
(1)は偽だから「(1)ならば(2)」という命題は真となる。
多分みんなは「(1)ならば(2)」という論理が間違いであることを指摘しているけど、反例はあげることはできない。
論理の正しさと命題の真偽は別で
極端な話支離滅裂な論理、例えば「地球は回る、従ってフェルマーの最終定理は成り立つ」と言っても命題の主張としては正しいので反例をあげることはできないと言っただけ。
> >584
> >質問を返す前に、私の質問に答えよ。
>
> 本では、ないです。頭です。
その頭、捨てろ。
> >584
> >質問を返す前に、私の質問に答えよ。
>
> 本では、ないです。頭です。
つまり、根拠のない妄想ってことだな。
数学ではない。
二度と数学の名の付くところに出てくるな。
>論理の正しさと命題の真偽は別で
極端な話支離滅裂な論理、例えば「地球は回る、従ってフェルマーの最終定理は成り立つ」と言っても命題の主張としては正しいので反例をあげることはできないと言っただけ。
よろしければ、具体的に間違いを指摘していただけないでしょうか。
>その頭、捨てろ。
よろしければ、具体的に間違いを指摘していただけないでしょうか。
>つまり、根拠のない妄想ってことだな。
数学ではない。
二度と数学の名の付くところに出てくるな。
よろしければ、具体的に間違いを指摘していただけないでしょうか。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形して、x^2=(z+y)(z-y)を考える。
x^2=x^2×1=(x^2/a)×aなので、x^2×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
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。
x=3、ｙ=4、z=5を、1=(z-y)と、x^2=(z+y)に代入すると、共に式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
の部分の根拠をもっと明確にするべき。
例えば x^3=y^2 の整数解を求めよという問いに対して、
x^3=x^3×1=(x^3/a)×aなので、
x^3×1=y×yのみを考えれば良い。
従ってx^3=y=1
というのは明らかに間違いな訳だが、日高氏の証明はこれと同じことをしているように思うが違うのか？証明の書き方は置いとておくとして、
> >587
> >その頭、捨てろ。
>
> よろしければ、具体的に間違いを指摘していただけないでしょうか。
さんざん既出。
今のあなたに説明したって絶対分からないから無駄。
今までのスレを読み返しましたか？
少しずつ読み直すと言ってましたよね。 (>>214)
【日高氏風数学の証明】任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ。
日高氏の公理によりa=b,b=a。
【日高氏風数学の系】フェルマーの最終定理には反例がある。
【系の証明】z^p=x^p+y^pの両辺は実数だから相等しい。
穿った見方をすると、
日高氏は本当は>>545と書きたいのだが、
間違いが指摘されているので、
自明で反論されない
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
と書いているのかなと。
>例えば x^3=y^2 の整数解を求めよという問いに対して、
x^3=x^3×1=(x^3/a)×aなので、
x^3×1=y×yのみを考えれば良い。
従ってx^3=y=1
私のやり方は、
x^3×1=y^2×1となります。
>今までのスレを読み返しましたか？
少しずつ読み直すと言ってましたよね。
少しずつ読み直しています。
>【日高氏風数学の定理】すべての実数は相等しい。
【日高氏風数学の証明】任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ。
日高氏の公理によりa=b,b=a。
【日高氏風数学の系】フェルマーの最終定理には反例がある。
【系の証明】z^p=x^p+y^pの両辺は実数だから相等しい。
すべての実数は等しくありません。
>穿った見方をすると、
日高氏は本当は>>545と書きたいのだが、
間違いが指摘されているので、
自明で反論されない
> z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、
と書いているのかなと
「間違いが指摘されている」のは、何番でしょうか？
日高氏の腐った脳みそが根源
>>464の最後かな。
>間違いが指摘されているのは全部！
日高氏の腐った脳みそが根源
よろしければ、具体的に間違いを指摘していただけないでしょうか。
z^p/a=x+y,a=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の任意の解x,yに対し
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}から
z^p=x+y,1=x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)とした際の或る解x,yとの間に比例関係があるから
考えなくてよいというのでは。
有理数比とは限らないからこの議論は誤りだが。
>>>464の最後かな。
「有理数比とは限らないからこの議論は誤りだが。」
でしょうか？
はい。
> >588
> >つまり、根拠のない妄想ってことだな。
> 数学ではない。
> 二度と数学の名の付くところに出てくるな。
>
> よろしければ、具体的に間違いを指摘していただけないでしょうか。
疑問でごまかすのはやめろ。ゴミが。
おかしなところが具体的に指摘されていて、根拠がないと具体的な理由も指摘されている。元をたどって自分で解決しろ。ゴミ。
そのやり方には適用できるものと適用できないものがあるのか？或いは分解の仕方に何か法則があるのか？
(1)z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
(2)x^3×1=y^2×1
(3)x^3×1=y×y
という表し方に対して、上２つに日高氏のやり方が適用できて下には適用できない理由、表し方の違い、性質はなんだ？
指摘の通り>>545で考えているならどれでも適用できると思うのだが。
この証明のどこが誤りですか？
場合分け
a>b>cの場合あきらかにa^n+b^n=c^nはなりたたない。
a＞ｃ＞ｂの場合あきらかにa^n+b^n=c^nはなりたたない。
ｂ＞a＞cの場合あきらかにa^n+b^n=c^nはなりたたない。
ｂ＞ｃ＞aの場合あきらかにa^n+b^n=c^nはなりたたない。
ｃ＞a＞ｂとc>b>aの場合
両辺をc^nで割って（a/ｃ）＾ｎ+（ｂ/ｃ）＾ｎ＝(c/c)^n＝１
ここ
ここでｎ→∞とすると左辺
＝０ 右辺＝１となり矛盾。
よって背理法により証明された。
>疑問でごまかすのはやめろ。ゴミが。
おかしなところが具体的に指摘されていて、根拠がないと具体的な理由も指摘されている。元をたどって自分で解決しろ。ゴミ。
よろしければ、具体的に間違いを指摘していただけないでしょうか。
>「有理数比とは限らないからこの議論は誤りだが。」
定数倍（等倍）となります。
「等倍」は原寸大の意味にも、縦横比を変えずに拡大するとの意味にも使うようです。
ことばでは紛らわしいので数式で書いていただけませんか？
>(1)z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
(2)x^3×1=y^2×1
(3)x^3×1=y×y
という表し方に対して、上２つに日高氏のやり方が適用できて下には適用できない理由、表し方の違い、性質はなんだ？
x^3×1=y×yとすると、x^3×1=1×1、x^3=1、x=1,y=1となります。
指摘の通り>>545で考えているならどれでも適用できると思うのだが。
なぜ、適用できるのでしょうか？
なぜ適用できるかは置いといて
x, yを変数とする多項式f(x,y), g(x,y)について
方程式 z^p=f(x,y)g(x,y)をみたす整数解は存在するか、という問いに対して
(1)z^p×1=(f(x,y)g(x,y))×1
(2)z^p×1=f(x,y)×g(x,y)
のどちらで考えるかをどのように決めるのか教えて欲しい。
>>615に返信願えますでしょうか。
> >608
> >疑問でごまかすのはやめろ。ゴミが。
> おかしなところが具体的に指摘されていて、根拠がないと具体的な理由も指摘されている。元をたどって自分で解決しろ。ゴミ。
>
> よろしければ、具体的に間違いを指摘していただけないでしょうか。
具体的な指摘に対するやりとりだろうが。ボケ老人。
> >608
> >疑問でごまかすのはやめろ。ゴミが。
> おかしなところが具体的に指摘されていて、根拠がないと具体的な理由も指摘されている。元をたどって自分で解決しろ。ゴミ。
>
> よろしければ、具体的に間違いを指摘していただけないでしょうか。
二度と書くな。
> 【日高氏風数学の定理】すべての実数は相等しい。
> 【日高氏風数学の証明】任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ。
> 日高氏の公理によりa=b,b=a。
> 【日高氏風数学の系】フェルマーの最終定理には反例がある。
> 【系の証明】z^p=x^p+y^pの両辺は実数だから相等しい。
「日高氏の公理」って、AB=CDならばA=C,B=Dってやつね。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1となる。
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
(z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(2)の解は、(1)の解のa^(p-1)倍となる。
よって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>「等倍」は原寸大の意味にも、縦横比を変えずに拡大するとの意味にも使うようです。
ことばでは紛らわしいので数式で書いていただけませんか？
623を見ていただけないでしょうか。
>(1)z^p×1=(f(x,y)g(x,y))×1
(2)z^p×1=f(x,y)×g(x,y)
のどちらで考えるかをどのように決めるのか教えて欲しい。
(1)の両辺を１で割ると、z^p=(f(x,y)g(x,y))となりますので、意味がなくなります。
よって、(2)で考えます。
>> 【日高氏風数学の定理】すべての実数は相等しい。
> 【日高氏風数学の証明】任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ。
> 日高氏の公理によりa=b,b=a。
> 【日高氏風数学の系】フェルマーの最終定理には反例がある。
> 【系の証明】z^p=x^p+y^pの両辺は実数だから相等しい。
全て間違いです。
>もう良くない？ジャーナル出したら？
どういう意味でしょうか？
でも常にすべての状況で(2)で考えられる訳ではないんだろう？
実際、>>598では(2)ではなく(1)を採用した訳だ。
どのような場合において(2)で考えられるか、
そして何故z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に適用できるのかを説明して欲しい。
> (2)の解は、(1)の解のa^(p-1)倍となる。
あれ、これ合ってるっけ？ただのべき乗になってるけど......
>実際、>>598では(2)ではなく(1)を採用した訳だ。
598では、x^3×1=y×yとは、出来ないというつもりでした。
どのような場合において(2)で考えられるか、
そして何故z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}に適用できるのかを説明して欲しい。
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は、等しいからです。
両辺とも、積の形です。
>> (2)の解は、(1)の解のa^(p-1)倍となる。
あれ、これ合ってるっけ？ただのべき乗になってるけど......
ただのべき乗とは、どういう意味でしょうか？
> >629
> >> (2)の解は、(1)の解のa^(p-1)倍となる。
> あれ、これ合ってるっけ？ただのべき乗になってるけど......
>
> ただのべき乗とは、どういう意味でしょうか？
ただのべき乗とは、X＾Yとかの意味だよ。
a^(p-1)倍っていうものの導出過程を教えてもらえないでしょうか。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)を考える。
x^p=x^p×1となる。
x^p×1=(z+y)(z-y)…(1)
(x^p/a)×a=(z+y)(z-y)…(2)
(2)の解は、(1)の解のa^(p-1)倍となる。
よって、x^p×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
x^p=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)を満たす自然数は、z=5、y=4である。
このz,yを、x^p=(z+y)に代入すると、xが自然数のとき、式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1となる。
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
(z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(2)の解は、(1)の解のa^(p-1)倍となる。
よって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>x^3×1=y×yとは、出来ないというつもりでした。
つまり一般的にはz^p×1=f(x,y)×g(x,y)と出来ない訳だ。だが>>625ではまるですべての場合において出来るととれる言い方になっているが、本当の意図はどっちだ？
>z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と、
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は、等しいからです。
は説明になっていない。何故なら
x^3=y^2とx^3×1=y×yも等しいし両辺は積の形であるが、きみはこのやり方はできないと言っているから。
> もう良くない？ジャーナル出したら？
迷惑。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1となる。
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
(z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(2)の解は、(1)の解のa^1/(p-1)倍となる。
よって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)を考える。
x^p=x^p×1となる。
x^p×1=(z+y)(z-y)…(1)
(x^p/a)×a=(z+y)(z-y)…(2)
(2)の解は、(1)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
よって、x^p×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
x^p=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)を満たす自然数は、z=5、y=4である。
このz,yを、x^p=(z+y)に代入すると、xが自然数のとき、式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1となる。
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
(z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(2)の解は、(1)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
よって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>a^(p-1)倍っていうものの導出過程を教えてもらえないでしょうか。
a^(p-1)倍は、a^{1/(p-1)}倍に訂正します。
実際正しいかどうかを、p=2,p=3,p=5で、計算していただけないでしょうか。
>つまり一般的にはz^p×1=f(x,y)×g(x,y)と出来ない訳だ。だが>>625ではまるですべての場合において出来るととれる言い方になっているが、本当の意図はどっちだ？
z^p×1=f(x,y)×g(x,y)と出来ます。
>x^3=y^2とx^3×1=y×yも等しいし両辺は積の形であるが、きみはこのやり方はできないと言っているから。
y^2を、y×yとすることは、できません。
漫才のネタですかwww
>z^p×1=f(x,y)×g(x,y)と出来ます。
>y^2を、y×yとすることは、できません。
p=3, f(x,y)=g(x,y)=yのとき、
上の主張では z^3×1=y×y とでき、
下の主張では z^3×1=y×y とできない。
これは矛盾している。よく考え直してみてくれ。
>>z^p×1=f(x,y)×g(x,y)と出来ます。
>y^2を、y×yとすることは、できません。
p=3, f(x,y)=g(x,y)=yのとき、
上の主張では z^3×1=y×y とでき、
下の主張では z^3×1=y×y とできない。
これは矛盾している。よく考え直してみてくれ。
よく意味が理解できません。
> >621
> >> 【日高氏風数学の定理】すべての実数は相等しい。
> > 【日高氏風数学の証明】任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ。
> > 日高氏の公理によりa=b,b=a。
> > 【日高氏風数学の系】フェルマーの最終定理には反例がある。
> > 【系の証明】z^p=x^p+y^pの両辺は実数だから相等しい。
>
> 全て間違いです。
「任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ」も間違いですか？
> >632
> >a^(p-1)倍っていうものの導出過程を教えてもらえないでしょうか。
>
> a^(p-1)倍は、a^{1/(p-1)}倍に訂正します。
> 実際正しいかどうかを、p=2,p=3,p=5で、計算していただけないでしょうか。
主張する本人が証明するもんだろ。
aが有理数でもa^{1/(p-1)}は有理数とは限りませんが大丈夫ですか？
> 実際正しいかどうかを、p=2,p=3,p=5で、計算していただけないでしょうか。
これは置いといて
a^{1/(p-1)}だと、ちょっと前と同じなので、
>>71,499,510,555などの指摘の通り
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
の無理数解を、a^{1/(p-1)}（これも無理数とする）倍した時、
> (z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
の有理数解になる可能性があります。
よって(1)だけを調べるなら、
自然数の範囲だけでなく、無理数の範囲まで調べる必要があるのではないでしょうか？
その通りだと思うが、スレ主には通じないだろう。
>>12のような答えが返ってくると思われ。
>「任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ」も間違いですか？
よく、わかりません。
>主張する本人が証明するもんだろ。
aが有理数でもa^{1/(p-1)}は有理数とは限りませんが大丈夫ですか？
どういう意味でしょうか？
> >645
> >「任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ」も間違いですか？
>
> よく、わかりません。
わからないなら軽々しく「全て間違いです」などと言うな。
>> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
の無理数解を、a^{1/(p-1)}（これも無理数とする）倍した時、
> (z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
の有理数解になる可能性があります。
定数倍するので、有理数解になる可能性は、ありません。
もし、有理数解になるとしたら、もとの無理数は、整数比です。
>よって(1)だけを調べるなら、
自然数の範囲だけでなく、無理数の範囲まで調べる必要があるのではないでしょうか？
無理数の範囲まで調べる必要は、ありません。
有理数の範囲までは、調べる必要は、あります。
>わからないなら軽々しく「全て間違いです」などと言うな。
> 日高氏の公理によりa=b,b=a。と
「任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ」
は、意味が違うように思われます。
> >651
> >わからないなら軽々しく「全て間違いです」などと言うな。
>
> > 日高氏の公理によりa=b,b=a。と
> 「任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ」
> は、意味が違うように思われます。
うん。その通り。別々に書いてあっただろ？ 君が「全て間違いです」
と言うから別々に聞いてみたまで。
もう一度聞くが「任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ」は間違いか？
> 無理数の範囲まで調べる必要は、ありません。
その根拠は？
> 有理数の範囲までは、調べる必要は、あります。
君は調べたの？
>>>12のような答えが返ってくると思われ。
どういう意味でしょうか？
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を考える。
z^p=z^p×1となる。
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
(z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(2)の解は、(1)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
よって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考えれば良い。
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。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式を満たさない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)を考える。
x^p=x^p×1となる。
x^p×1=(z+y)(z-y)…(1)
(x^p/a)×a=(z+y)(z-y)…(2)
(2)の解は、(1)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
よって、x^p×1=(z+y)(z-y)のみを考えれば良い。
x^p=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)を満たす自然数は、z=5、y=4である。
このz,yを、x^p=(z+y)に代入すると、xが自然数のとき、式を満たす。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
> (z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (2)の解は、(1)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
やっと認めたようだね。でも、それでどうかなるの？
> 定数倍するので、有理数解になる可能性は、ありません。
> もし、有理数解になるとしたら、もとの無理数は、整数比です。
整数比だと、何か問題があるでしょうか？
>z^p×1=f(x,y)×g(x,y)と出来ます。
というきみの主張から
p=3, f(x,y)=g(x,y)=yのときを考えれば
z^3×1=y×y に帰着する。ところが
>y^2を、y×yとすることは、できません。
という主張によると
z^3×1=y×y とできない。
相反する主張が同時になされているのはおかしいと指摘しているんだ。
>もう一度聞くが「任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ」は間違いか？
間違いではありません。
>> 有理数の範囲までは、調べる必要は、あります。
>君は調べたの？
調べていません。
>> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
> (z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (2)の解は、(1)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
やっと認めたようだね。でも、それでどうかなるの？
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)に自然数解がないので、
(z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)にも、自然数解はありません。
>> 定数倍するので、有理数解になる可能性は、ありません。
> もし、有理数解になるとしたら、もとの無理数は、整数比です。
整数比だと、何か問題があるでしょうか？
もとの無理数が、整数比ならば、共通の無理数でわると、整数となります。
>p=3, f(x,y)=g(x,y)=yのときを考えれば
z^3×1=y×y に帰着する。ところが
>y^2を、y×yとすることは、できません。
という主張によると
z^3×1=y×y とできない。
相反する主張が同時になされているのはおかしいと指摘しているんだ。
f(x,y)=g(x,y)=yならば、
f(x,y)g(x,y)={f(x,y)}^2ではないでしょうか？
> >660
> >> 定数倍するので、有理数解になる可能性は、ありません。
> > もし、有理数解になるとしたら、もとの無理数は、整数比です。
> 整数比だと、何か問題があるでしょうか？
>
> もとの無理数が、整数比ならば、共通の無理数でわると、整数となります。
つまり
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
> (z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
該当する(1)の無理数解を、共通の無理数でわると、
また(1)の有理数解になる、という事でしょうか。
だいたい合ってましたねw
>> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
> (z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
該当する(1)の無理数解を、共通の無理数でわると、
また(1)の有理数解になる、という事でしょうか。
はい。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(1)をz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)とする。
(2)を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)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
よって、(2)は成り立たない。
(2)が成り立たないので、(1)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(1)をx^p×1=(z+y)(z-y)…(2)とする。
(2)をx^p=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)を満たす自然数は、z=5、y=4である。
このz,yを、x^p=(z+y)に代入すると、xが自然数のとき、式は成り立つ。
よって、(2)は成り立つ。
(2)が成り立つので、(1)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
数学的に論理が破綻しています。
どうして1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の場合しか考えないのですか？
>>>670-671
数学的に論理が破綻しています。
理由を教えていただけないでしょうか。
>>>670
どうして1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の場合しか考えないのですか？
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}が成り立たないならば、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}も、成り立たないからです。
> >667
> >> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)
> > (z^p/a)×a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> 該当する(1)の無理数解を、共通の無理数でわると、
> また(1)の有理数解になる、という事でしょうか。
>
> はい。
いいえ、そうではありません。
p=3でやります。
>>552 を拝借させて頂きます
有理数の組 (x, y, z)=(r, s, t) が
(2)
z^3/a=x+y
a=x^2-xy+y^2
を満たす時、
それぞれ 1/a^(1/2) 倍した (R, S, T)は、
(1)
z^3=x+y
1=x^2-xy+y^2
を満たす。
(R, S, T) = (r/a^(1/2), s/a^(1/2), t/a^(1/2)) である。
よって
(1)の無理数解(R, S, T)の無理数部分を落としたものは、
(r, s, t)になるので、 （a^{1/(p-1)}倍と同じに、）
『(2)の』有理数解になります。
> >673
> >>>670
> どうして1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の場合しか考えないのですか？
>
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}が成り立たないならば、
> z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}も、成り立たないからです。
普通のnotationで解釈すればこの二式は同じ式ですが日高のnotationでは
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}が成り立たないならば、
はz^p=x+yと1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}が成り立たないならばの意味。
自分勝手に普通のnotationと日高のnotationを乗り換えて議論しているのでは。
そんな態度ではまともな人は相手にしませんよ。
> >654
> >もう一度聞くが「任意の実数a,bに対しab=baが成り立つ」は間違いか？
>
> 間違いではありません。
だったらこれに君の公理「AB=CDならばA=CかつB=D」を適用すればa=b,b=aだろ？
これのどこが間違いなの？
>(1)の無理数解(R, S, T)の無理数部分を落としたものは、
(r, s, t)になるので、 （a^{1/(p-1)}倍と同じに、）
『(2)の』有理数解になります。
その通りだと、思います。
>1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の場合以外でもz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}が成り立つ場合はあるんだがな
どういう場合でしょうか？
>自分勝手に普通のnotationと日高のnotationを乗り換えて議論しているのでは。
そんな態度ではまともな人は相手にしませんよ。
notationの意味を教えていただけないでしょうか。
>だったらこれに君の公理「AB=CDならばA=CかつB=D」を適用すればa=b,b=aだろ？
これのどこが間違いなの？
「AB=CDならばA=CかつB=D」とは、どういう意味かを、教えていただけないでしょうか。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(1)をz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)とする。
(2)を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)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
よって、(2)は成り立たない。
(2)が成り立たないので、(1)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(1)をx^p×1=(z+y)(z-y)…(2)とする。
(2)をx^p=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)を満たす自然数は、z=5、y=4である。
このz,yを、x^p=(z+y)に代入すると、xが自然数のとき、式は成り立つ。
よって、(2)は成り立つ。
(2)が成り立つので、(1)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
notationは「記法」ですが数学でいえば式による表記の方法、ぐらいかな。
> 「AB=CDならばA=CかつB=D」とは、どういう意味かを、教えていただけないでしょうか。
これの意味がわからないなら、数学はあきらめてください。
では、>>652の反論
> 定数倍するので、有理数解になる可能性は、ありません。
> もし、有理数解になるとしたら、もとの無理数は、整数比です。
は無効ということで。
zzz=x+y,1=xx-xy+yy...(1)
と決めつけるのが日高流。そうではなく
a=xx-xy+yy,zzz/a=1...(2)（aは自然数。）
の場合がありえる。
この解をX,Y,Zとするとa=XX-XY+YY,ZZZ/a=1である。
これに“対応”する(1)の解を考えると
1=(X/a^.5)(X/a^.5)-(X/a^.5)(Y/a^.5)+(Y/a^.5)(Y/a^.5)。
a^.5が有理数とは限らないから(1)の有理数解だけを考えていてはだめ。
こういうことかな？
>>647から書いた方法とは少し違いますが、
合っていると思います。
ありがとうございます。
15^2=17^2-8^2は成り立たない。
5^2×1=13^2-12^2…(2)
(1),(2)が成り立つので、
15^2=17^2-8^2…(3)も成り立つ。
(1),(2)が成り立たないならば、(3)も成り立たない。
では
z^3=(x+2)(y+3)
はどのように解く?
z^3×1=(x+2)(y+3)
としてよい？
たとえば
A(自然数Xが6で割り切れる)ならば、B(Xは3で割り切れる)
という命題がある時、
Aでない（Xが6で割り切れない）ならば、Bでない（Xは3で割り切れない）
が「裏」の命題です。
この例でわかるとおり、元の命題が正しくても裏の命題が正しくない場合があります。
だから、裏の命題は証明には使えません。
>>693で
(1)(2)が成り立つとき、(3)が成り立つ
は
(1)(2)が成り立たないとき、(3)が成り立たない
の裏の命題であって、証明になりません。
https://chiebukuro.yahoo.co.jp/my/myspace_quedetail.php?writer=1039...
https://chiebukuro.yahoo.co.jp/my/myspace_quedetail.php?writer=1047...
（同一人物）
にベルトラン・チェビチェフの定理を教えてやってください。初等的証明はフェルマーの最終定理の証明よりはるかに簡単ですので。
数学については日高センセーと同じよレベルです。
>z^3=(x+2)(y+3)
はどのように解く？
z^3×1=(x+2)(y+3)
としてよい？
わかりません。
>>>693で
(1)(2)が成り立つとき、(3)が成り立つ
は
(1)(2)が成り立たないとき、(3)が成り立たない
の裏の命題であって、証明になりません。
693は間違いでしょうか？
>にベルトラン・チェビチェフの定理を教えてやってください。初等的証明はフェルマーの最終定理の証明よりはるかに簡単ですので。
どういう意味でしょうか？
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(1)をz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)とする。
(2)を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)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
よって、(2)は成り立たない。
(2)が成り立たないので、(1)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(1)をx^p×1=(z+y)(z-y)…(2)とする。
(2)をx^p=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)を満たす自然数は、z=5、y=4である。
このz,yを、x^p=(z+y)に代入すると、xが自然数のとき、式は成り立つ。
よって、(2)は成り立つ。
(2)が成り立つので、(1)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
693の(3)の
15という数字が(1)(2)のどこからどうやって出てきたのか
17という数字が(1)(2)のどこからどうやって出てきたのか
8という数字が(1)(2)のどこからどうやって出てきたのか
理屈がさっぱり書いていないので、(1)(2)が成り立つならば、(3)が成り立つ、という文が正しいかどうかはわからない。
ただ
(1)(2)が成り立つならば、(3)が成り立つ
が正しいかどうかと
(1)(2)が成り立たないならば(3)が成り立たない
が正しいかどうか
には全く関係がないということははっきりしている
だな
そもそも693の「(1),(2)が成り立たない」は偽である
ゆえに693で「(1),(2)が成り立たないならば、(3)が成り立つ」としても何らの問題もない
結論として693の指摘は何らの意味も持たない。
連立式
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p=(x+y)
が成り立つとき
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つ
は正しいが、この命題の裏の命題
連立式
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p=(x+y)
が成り立たないとき
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立たない
は間違い
裏の命題の反例
あるx,y,zが存在して
連立式
｛ 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p=(x+y)/2
が成り立つとき
連立式
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p=(x+y)
が成り立たないが
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
は成り立つ
元の命題が、AならばB のとき
BでないならばAでない、が対偶
元の命題と、対偶の命題の正しさは一致することが証明されている
今の場合でいうと
連立式
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p=(x+y)
が成り立つとき
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つ
の対偶の命題
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立たないとき
連立式
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p=(x+y)
が成り立たない
は正しい
連立式
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p=(x+y)
が成り立つとき
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つ
の対偶の命題
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つとき
連立式
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
が成り立つ
は間違い
重大な間違い、申し訳ありません。
連立式
｛ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p=(x+y)
が成り立たないとき
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立たない
の対偶の命題
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つとき
連立式
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
が成り立つ
は間違い
>z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つとき
連立式
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
が成り立つ
は間違い
どうしてでしょうか？
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つとき
連立式
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
が成り立つ
の反例
あるx,y,zが存在して
連立式
｛ 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p=(x+y)/2
が成り立つとき
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つが
連立式
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
は成り立たない
> >>708
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> が成り立つとき
> 連立式
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { z^p=(x+y)
> が成り立つ
>
> の反例
まともな数学ではその通りなのだが、
日高の頭の中では最初の式はあとの連立式のことなのだ。
日高の頭の中ではA=C,B=Dを意味する。いや、意味することがある、と言うべきか。
とくるような予感。
このとき日高流だと
2=1 かつ 3=6
何これおいしいの？(*^-^*)
> 例.6*1=2*3
> 1=3*(1/3)
> 6=3*2
> よって、6*1=3*2*3*(1/3)となります。
(2/2)・(3*2)=1・6
とすると思うぞ
>｛ 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p=(x+y)/2
が成り立つとき
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つ。
が、わかりません。
>>698
693の(3)の
15という数字が(1)(2)のどこからどうやって出てきたのか
17という数字が(1)(2)のどこからどうやって出てきたのか
8という数字が(1)(2)のどこからどうやって出てきたのか
理屈がさっぱり書いていないので、(1)(2)が成り立つならば、(3)が成り立つ、という文が正しいかどうかはわからない。
15^2=17^2-8^2は、
15^2=3^2×5^2
3^2=5^2-4^2
5^2=13^2-12^2
15^2=(12+4+1)^2-(12-4)^2となります。
わからないとは具体的に何がわからない？
わからないとは具体的に何がわからない？
>694
>z^3=(x+2)(y+3)
はどのように解く？
z^3×1=(x+2)(y+3)
としてよい？
「どのように解く？」は、x,y,zを求めることでしょうか？
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(1)をz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)とする。
(2)を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)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
よって、(2)は成り立たない。
(2)が成り立たないので、(1)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(1)をx^p×1=(z+y)(z-y)…(2)とする。
(2)をx^p=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)を満たす自然数は、z=5、y=4である。
このz,yを、x^p=(z+y)に代入すると、xが自然数のとき、式は成り立つ。
よって、(2)は成り立つ。
(2)が成り立つので、(1)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
反応がパターン化されてるからもう飽きた。日本語もろくに通じないから
相手するとフラストレーションたまるんだよね。
未だに相手してる人はご苦労様。
そこも間違えていますね、すみません
｛ 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p/2=(x+y)
が成り立つとき
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つ。
というふうに、私が書いたz^p=(x+y)/2はz^p/2=(x+y)に読み替えてください。
15^2=3^2×5^2
3^2=5^2-4^2
5^2=13^2-12^2
ここまではいいとして
15^2=(12+4+1)^2-(12-4)^2
この式が何なのか全くわかりません。
左辺は2つの式の左辺をかけているとして、右辺はどういう計算ですか
適当に数字を足したり引いたりしてるようにしか見えませんが。
>あるx,y,zが存在して
連立式
｛ 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
｛ z^p/2=(x+y)
が成り立つとき
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つが
連立式
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
>は成り立たない
どうして、
連立式
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
は成り立たないと言えるのでしょうか？
>3^2=5^2-4^2
5^2=13^2-12^2
ここまではいいとして
15^2=(12+4+1)^2-(12-4)^2
この式が何なのか全くわかりません。
左辺は2つの式の左辺をかけているとして、右辺はどういう計算ですか
別の計算
右辺はどういう計算ですか
3^2=5^2-4^2
5^2=13^2-12^2
(下段の右辺の右側＋上段の右辺の左側)^2-(下段の右辺の右側ー上段の右辺の右側)
あるx,y,zが存在して
2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つとき
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
は成り立たない
理由は1=2が成り立たないから
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立たないので
連立式
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
は成り立たない
>>726
まったく答えになっていない、意味不明です
たとえば
(3^2)×(5^2)=(5^2-4^2)×(13^2-12^2)
とかいう式なら、2つの等式の左辺同士、右辺同士をそれぞれかけたんだな、と分かります
> (下段の右辺の右側＋上段の右辺の左側)^2-(下段の右辺の右側ー上段の右辺の右側)
いったいこれはなんですか、まったくわかりません
なぜ左辺はかけ算なのに右辺はかっこの中身の足し算引算とかいう意味不明な形なんですか
下段の右辺の左側はどこへ消えたんですか
>1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立たないので
連立式
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ z^p=(x+y)
は成り立たない
これは、その通りだと思います。
>3^2=5^2-4^2
5^2=13^2-12^2
3^2×5^2=(下段の右辺の右側＋上段の右辺の左側)^2-(下段の右辺の右側ー上段の右辺の右側)^2となります。
5^2=13^2-12^2
7^2=25^2-24^2
5^2×7^2=(24+13)^2-(24-12)^2となります。
3^2=5^2-4^2
7^2=25^2-24^2
3^2×7^2=(24+5)^2-(24-4)^2となります。
((y^2-1)/2+(x^2+1)/2)^2 - ((y^2-1)/2-(x^2-1)/2)^2 (x,yは奇数)
を計算すると
x^2×y^2
になるから当たり前ではある。どうやって見つけたかは知らんが。
解説ありがとうございます。
x^2=z^2-y^2
a^2=c^2-b^2
をみたすとき
x^2=(z+y)(z-y)
a^2=(c+b)(c-b)
z-y=1,c-b=1であるから、辺々かけて
x^2*a^2=(z+y)(c+b)
さらに、z-y=1,c-b=1より
c+b=1+2b=z-y+2b
(z+y)(z-y+2b)=z^2-y^2+2b(z+y)
=z^2+b^2+2bz-y^2-b^2+2by
=(z+b)^2+(y-b)^2
よって
(ax)^2=(z+b)^2-(y-b)^2
=(1+y+b)^2-(y-b)^2
さてここで
1+y+b=17
y-b=15
を代入して
(√2)^2=(3/2)^2-(1/2)^2
(4√2)^2=(33/2)^2-(31/2)^2
辺々かけて
8^2=17^2-15^2
ちょっと移項して
15^2=17^2-8^2
3^2×1=z^2-y^2が自然数解を持塚持たないかにかかわらず8^2=17^2-15^2が成り立つ
>さてここで
1+y+b=17
y-b=15
を代入して
(√2)^2=(3/2)^2-(1/2)^2
(4√2)^2=(33/2)^2-(31/2)^2
この部分が分かりませんので、教えていただけないでしょうか。
{ 1+y+b=17
{ y-b=15
より
{ y=31/2
{ b=1/2
z-y=1より
z=33/2
c-b=1より
c=3/2
このy,z,b,cを
x^2=z^2-y^2
a^2=c^2-b^2
に代入すれば
(√2)^2=(3/2)^2-(1/2)^2
(4√2)^2=(33/2)^2-(31/2)^2
になります。
>{ 1+y+b=17
{ y-b=15
より
は、どこから、出て来たのでしょうか？
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(1)をz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)とする。
(2)を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)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
よって、(2)は成り立たない。
(2)が成り立たないので、(1)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(1)をx^p×1=(z+y)(z-y)…(2)とする。
(2)をx^p=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)を満たす自然数は、z=5、y=4である。
このz,yを、x^p=(z+y)に代入すると、xが自然数のとき、式は成り立つ。
よって、(2)は成り立つ。
(2)が成り立つので、(1)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> >>725
> あるx,y,zが存在して
> 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> が成り立つとき
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> は成り立たない
> 理由は1=2が成り立たないから
ここは
「あるx,y,zが存在して」
「2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}が成り立つとき1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は成り立たない」
か
「あるx,y,zが存在して2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}が成り立つとき」
「1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は成り立たない」
かで意味が違ってこないか？
あなたが書いた
(下段の右辺の右側＋上段の右辺の左側)^2-(下段の右辺の右側ー上段の右辺の右側)^2
の式がどういう条件の時にどのように導かれるか、が>>734によってはっきりわかったので
導き出したい結論8^2=17^2-15^2
からx,y,z,a,b,cが満たすべき条件を逆算しただけです。
そうだけど、出来るならきみの証明の
>z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(1)をz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)とする。
(2)を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。
の部分を使ってやってみて欲しい。
そこは
2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つとき
1={ｓ^(p-1)-s^(p-2)t+…+t^(p-1)}
は成り立たない
という意味ではない、ということを強調するために「あるx,y,zが存在して」を書き足しましたが
分かりにくい書き方ですか？
> 2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> が成り立つとき
> 1={ｓ^(p-1)-s^(p-2)t+…+t^(p-1)}
> は成り立たない
それは
2={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
が成り立つようなx,yが存在しても
1={ｓ^(p-1)-s^(p-2)t+…+t^(p-1)}
が成り立つとは限らない
では？
>導き出したい結論8^2=17^2-15^2
からx,y,z,a,b,cが満たすべき条件を逆算しただけです。
y-b=15ではなく、
b-y=8ではないでしょうか？
>そうだけど、出来るならきみの証明の
>z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(1)をz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)とする。
(2)を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。
の部分を使ってやってみて欲しい。
>z^3=(x+2)(y+3)
はどのように解く？
z^3×1=(x+2)(y+3)
としてよい？
「どのように解く？」は、x,y,zを求めることでしょうか？
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
の部分を使っても、x,y,zを求めることはできません。
いいえ
あるx,y,z,a,b,cが
{ z-y=1
{ c-b=1
{ x^2=z^2-y^2
{ a^2=c^2-b^2
を満たすとき、
(ax)^2=(1+y+b)^2-(y-b)^2
が成り立つ
に
x=4√2
y=31/2
z=33/2
a=√2
b=1/2
c=3/2
を代入して
8^2=17^2-15^2
が成り立つことが分かった
両辺に15^2-8^2を足して
15^2=17^2-8^2
が成り立つことも分かった
これであってます
>x=4√2
y=31/2
z=33/2
a=√2
b=1/2
c=3/2
を代入して
8^2=17^2-15^2
が成り立つことが分かった
両辺に15^2-8^2を足して
15^2=17^2-8^2
が成り立つことも分かった
そうですね。成り立つ為の条件は、
z-y=1,c-b=1を満たせば、x,aは、
無理数でも、構わないということですね。
【証明】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(1)をz^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)とする。
(2)を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)}を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
このｘ,yを、z^p=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
よって、(2)は成り立たない。
(2)が成り立たないので、(1)も成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】z^p-y^p=(z+y)(z-y)と変形して、
x^p=(z+y)(z-y)…(1)を考える。
(1)をx^p×1=(z+y)(z-y)…(2)とする。
(2)をx^p=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)を満たす自然数は、z=5、y=4である。
このz,yを、x^p=(z+y)に代入すると、xが自然数のとき、式は成り立つ。
よって、(2)は成り立つ。
(2)が成り立つので、(1)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 1=(z-y)を満たす自然数は、z=5、y=4である。
普通、こういう言い方はしない。
> 1=(z-y)を満たす自然数は、z=5、y=4である。
この主張は誤りでしょ。
1=(z-y)⇒z=5∧y=4がfalseなんだから。
日高語ではこれが普通にいうところの「z=5,y=4は1=(z-y)を満たす自然数である」の意味になるらしい。
条件はもっと緩かった
あるx,y,z,a,b,cが
{ x^2=z^2-y^2
{ a^2=c^2-b^2
{ z-y=c-b
を満たすとき、
(ax)^2=((z-y)(z+b))^2-((z-y)(y-b))^2
が成り立つ
に
x=5
y=23√2/4
z=27√2/4
a=3
b=7√2/4
c=11√2/4
を代入して
15^2=17^2-8^2
が成り立つことが分かる
z-yに好きな数字を入れれば無限の組み合わせから15^2=17^2-8^2が成り立つことが言える
>>692-693
ははっきり間違いとわかった。
一応、彼の中では1=z-yの場合を証明すればほかの場合は証明する必要がない
とかいう理屈の証明(ただの例だが）に>>692を書いたんじゃないかと思って
その間違いを証明してみた
実際に示したのは…なんなのかよくわかんないけど
2組の三平方の定理を満たす数の組から、3平方の定理を満たす別の数の組を作る方法？