フェルマーの最終定理の簡単な証明5

【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
z^p=z^p×1=(z^p/a)×aなので、z^p=x^p+y^pとz^p×1=x^p+y^pと(z^p/a)×a=x^p+y^pのx,y,zの比は等しい。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}のみを考える。
z^p=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
AB=CDならば、B=Dのとき、A=Cとなる。
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とz^p=(x+y)を共に満たす有理数は、(x,y)=(0,1)、(x,y)=(1,0)のみである。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>368

> >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。

【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。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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。

>>370

> 【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。

>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。

統失おうむ返し芸人
つまらんな

>374
>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。

>>373

> >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。

>>333
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。

>376
>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。

>377
>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。

>>378
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。

>>379
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。

>377
>>>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。

>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。

>>331 日高
> >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？

>381
>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。

俺らはエスパーかwww

>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。

>386
>俺らはエスパーかwww

どういう意味でしょうか？

>>385
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。

【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。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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。

>389
>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。

>>392
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。

>>383

> >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。

>>390

> 【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。

>>181 日高
> >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？

>>387 日高
> >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。

>>329 日高
> >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。

>>390 日高

> 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。

>393
>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？

>394
>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。

>395
>反省なし。ゴミ。

理由を教えていただけないでしょうか。

>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。

>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。

>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。

>>403 日高
> >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？

>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。

>>400
p=2の場合とpが奇素数の場合を同じ要領でどうぞ。

>>404 日高
> >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？

>>405 日高
> >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。

>>407 日高
> >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。

>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。

>>412 日高
> >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。

>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。

>409
>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。

>>414
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。

>>414 日高
> >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？

>410
>> 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。

>>418

B=Dでない場合はどうするの？

>411
>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。

>413
>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。

>>420
>>303の後半に書いてくれているよ

>416
>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。

>417
>>
> 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？

>>424

まったく説明になっていません。それだけでは。

>419
>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。

>>426

aって何？　>>390では4行目に出てきてあとは出ないけど。

>>423
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。

>422
>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。

>>429
どこがわからないのですか？

>425
>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？

>428
>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。

>>434 日高

> 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。

>>434

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

>>438修正

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

お前らいつまで日高に釣られてるの？

>436
>> 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。

>437
>> 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。

>438
>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。

>440
>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？

【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。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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。

>>443
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。

z^p×1=(z^p/2)×2=(z^p/3)×3=(z^p/4)×4=...
って書かないよね

>447
>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。

>448
>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......

>451
>書いちゃったか......

どういう意味でしょうか？

>>452
いや、独り言だ。気にしないでくれ。

素朴な疑問だけどさ。

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？

>454
>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。

>>441
> 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。

>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。

【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。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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。

>>457 日高
> >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。

数学において説明しなくていい命題は公理だけです。
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。

>>455
　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？

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。

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。

>>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......

>>464
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？

>>466
>>71さんが書いている。（完全に理解してはいないけど。）

>>467
読んでみます。
ありがとうございます。