- 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
38 ：日高[]：2020/10/18(日) 06:11:11.28 ID:sZspxjIH - (修正4)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,yは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
39 ：日高[]：2020/10/18(日) 06:16:58.38 ID:sZspxjIH - (修正5)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,yは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
40 ：日高[]：2020/10/18(日) 06:19:08.42 ID:sZspxjIH - 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
42 ：日高[]：2020/10/18(日) 08:11:41.62 ID:sZspxjIH - >25
>>24
これは何をグダグダやってるの？
解を持つだけなら具体的に中学生でも知ってる3^2+4^2=5^2を出せば済むことだし、存在性どころか一般解が何世紀も前には既に知られてることなんだけど
pが素奇数の場合と、同じ考え方だからです。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
43 ：日高[]：2020/10/18(日) 08:17:05.45 ID:sZspxjIH - >26
よって、(4)の解についてわかっているのは、ｘ、ｙが無理数、ｒが有理数の解は存在しないということだけ
つまり、x,y,zが整数比の解ではない、ということがわかります。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
44 ：日高[]：2020/10/18(日) 08:21:17.75 ID:sZspxjIH - >27
ｘが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の時、式が成り立たないことを、「同じ比だから」でごまかさず、実際に調べた式は(3)ですか？(4)ですか？(3’)ですか？
(3)です
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
45 ：日高[]：2020/10/18(日) 08:41:34.18 ID:sZspxjIH - >30
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
これは説明になっていませんね。(有理数+無理数)^pが有理数になることはありますから。カッコの中が有理数のp乗根の場合などです。
右辺を、展開すると、カッコの中が有理数のp乗根とならないことが、わかります。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
46 ：日高[]：2020/10/18(日) 08:48:47.89 ID:sZspxjIH - >31
(3)の解ｘ、ｙも有理数、(4)の解ｘ、ｙも有理数ということなら、a^{1/(p-1)}が有理数ということだから
(3)の解ｘ、ｙが共に、有理数となることは、ありません。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
47 ：日高[]：2020/10/18(日) 08:50:45.87 ID:sZspxjIH - >32
日高の証明法が正しいなら x^3 + 7*y^3 = z^3 も有理数解をもたないことになる。
x = y = 1, z = 2 が解だから数学の矛盾がついに発見された！？
式が、違います。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
48 ：日高[]：2020/10/18(日) 08:55:56.48 ID:sZspxjIH - >33
> x,yは、整数比ではないということです
違います
成り立たないのは左辺と右辺が等しくならないことです
「成り立たないのは左辺と右辺が等しくならないことです」
これは、そのとおりです。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
49 ：日高[]：2020/10/18(日) 08:57:34.45 ID:sZspxjIH - (修正5)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,yは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
50 ：日高[]：2020/10/18(日) 09:12:14.39 ID:sZspxjIH - >34
証明に必要になのは(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なのでまずはyに無理数を代入すること
(修正５)で、
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
としています。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
52 ：日高[]：2020/10/18(日) 10:46:12.61 ID:sZspxjIH - >36
すげえ
なにが、「すげえ」なのでしょうか？
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
53 ：日高[]：2020/10/18(日) 10:49:37.72 ID:sZspxjIH - >37
循環してない→循環しまくり
どの部分のことでしょうか？
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
54 ：日高[]：2020/10/18(日) 12:38:04.81 ID:sZspxjIH - (修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
55 ：日高[]：2020/10/18(日) 12:48:13.81 ID:sZspxjIH - >41
両辺は等しく、式は成り立っています。rが有理数で、ｘ、ｙは整数比となっています。
54を見てください。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
60 ：日高[]：2020/10/18(日) 17:20:43.47 ID:sZspxjIH - >51
> (4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので
これは間違い
> (3')のrが有理数のときも、s,ｔは整数比とならない。
s,tは常に整数比
これは、間違いでした。54を見て下さい。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
63 ：日高[]：2020/10/18(日) 17:50:59.57 ID:sZspxjIH - >56
循環しています。証明は失敗です。
(3)の無理数で整数比の解があるかどうかの証拠は、(4)に有理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。
(4)に有理数で整数比の解がないので、(3)に無理数で整数比の解は、ありません。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
64 ：日高[]：2020/10/18(日) 17:54:30.65 ID:sZspxjIH - >57
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
何の証拠も書いてありません。
yを有理数とすると、xは無理数となります。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
65 ：日高[]：2020/10/18(日) 17:56:28.03 ID:sZspxjIH - (修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
67 ：日高[]：2020/10/18(日) 18:08:48.13 ID:sZspxjIH - >58
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
(s,t,uは有理数)
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=(u*p^{1/(p-1)})^p
の両辺を(p^{1/(p-1)})^pで割ると、
s^p+t^p=u^pとなります。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
69 ：日高[]：2020/10/18(日) 18:15:27.80 ID:sZspxjIH - >59
すみません。よくわからないので、具体的に、どこで間違いになるのか教えてください。
いま、証明しているのは、
x^3+y^3=z^3です。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
70 ：日高[]：2020/10/18(日) 18:19:26.37 ID:sZspxjIH - >61
x^2+y^2=(x+r)^2
rが無理数の時、x、yがともに有理数の解はありません。これが、x､y､zが整数比とならない証拠になると思いますか？
rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
71 ：日高[]：2020/10/18(日) 18:23:40.31 ID:sZspxjIH - >62
54も間違っている
整数比である解を見つける方法が書いてないので間違い
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比とならない。
としています。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
72 ：日高[]：2020/10/18(日) 18:27:23.68 ID:sZspxjIH - >66
p^{1/(p-1)}が無理数だったら整数比となる解はx,y,zが全て無理数なので
いきなりyを有理数にするのはアホの極致
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
としています。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
74 ：日高[]：2020/10/18(日) 18:45:09.75 ID:sZspxjIH - >68
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(ap)^{1/(p-1)}=1となります。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比となりません。
| - 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
75 ：日高[]：2020/10/18(日) 18:46:43.25 ID:sZspxjIH - (修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。
|
|