- 因数分解によるフェルマーの最終定理の証明
999 :132人目の素数さん[sage]:2020/11/14(土) 09:05:08.83 ID:l4b3YRHf - 埋め
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1000 :132人目の素数さん[sage]:2020/11/14(土) 09:06:11.13 ID:l4b3YRHf - 埋め
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4 :132人目の素数さん[sage]:2020/11/14(土) 09:28:37.68 ID:l4b3YRHf - 前スレの【証明】を分類してみました。
# proof A s,tは有理数 # proof B ★の補題を使う # proof C シンプル(現在) # proof D x,yを有理数とする。 議論で行き詰まると、突然証明をスイッチしたりします。 そのような所も、日高氏の魅力の一つです。
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5 :132人目の素数さん[sage]:2020/11/14(土) 09:29:06.32 ID:l4b3YRHf - # proof A s,tは有理数
387 名前:日高[] 投稿日:2020/10/31(土) 18:25:59.87 ID:Qrskndf5 [18/18] ## (修正31) 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。 (1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。 (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rが無理数なので、x,yを有理数とすると成り立たない。 (4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)も成り立たない。 (3)のx,yを無理数とすると(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) (p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、(4)が成り立たないので、(3')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。 # proof B ★の補題を使う 399 名前:日高[] 投稿日:2020/11/01(日) 14:27:18.16 ID:JZC3zQLn [3/5] ## (修正32) 【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=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。 (1)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。 (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。 ★x^p+y^p=z^pのx,yが無理数で、解が整数比となるならば、x,yが有理数で、解が整数比となる。 (3)はrが無理数なので、x,yを有理数とすると、解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、(4)の解も整数比とならない。 ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。
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6 :132人目の素数さん[sage]:2020/11/14(土) 09:29:37.62 ID:l4b3YRHf - # proof C シンプル(現在)
985 名前:日高[] 投稿日:2020/11/13(金) 21:04:23.86 ID:p93F8AqD [33/33] ## (修正52) 【定理】n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。 【証明】x^n+y^n=z^nを、z=x+rとおいてx^n+y^n=(x+r)^n…(1)とする。 (1)をr^(n-1){(y/r)^n-1}=an{x^(n-1)+…+r^(n-2)x}(1/a)…(2)と変形する。 (2)はa=1、r^(n-1)=nのとき、x^n+y^n=(x+n^{1/(n-1)})^n…(3)となる。 (2)はa=1以外、r^(n-1)=anのとき、x^n+y^n=(x+(an)^{1/(n-1)})^n…(4)となる。 (3)はrが無理数なので、有理数解を持たない。(4)の解は(3)の解のa^{1/(n-1)}倍となる。 ∴n≧3のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解x,y,zを持たない。 # proof D x,yを有理数とする。 693 名前:日高[] 投稿日:2020/11/09(月) 07:31:24.70 ID:9zHVrV8N [3/3] ## (修正41) 【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,y,aは有理数とする。 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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。 (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。 (4)の解x,y,zは(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。 (3)が有理数解x,y,zを持たないので、(4)も有理数解x,y,zを持たない ∴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。
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24 :132人目の素数さん[sage]:2020/11/14(土) 11:05:22.90 ID:l4b3YRHf - やっぱり、
指摘が全く無くなる→勝利宣言 てのを目指しているのかなあ。
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52 :132人目の素数さん[sage]:2020/11/14(土) 21:50:28.49 ID:l4b3YRHf - >>42には答えないのですか?日高さん。
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