フェルマーの最終定理の簡単な証明6

【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)}…(1)を考える。
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(z^p/1)=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。
これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zが自然数のとき、式は成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)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。

【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)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>74
元の条件として
x,yは、整数とします。
があるなら、
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
結局元の式の他の答えである(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)のことは分からない。

同様に
元の条件として
x,yは、整数とします。
があるなら、
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
結局元の(3)に他の答えがあるかもしれないのに、他の答えのことは分からない。
なので、>>1の証明は間違っています。

うむ。分かりやすい。

>76
>元の条件として
x,yは、整数とします。
があるなら、
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
結局元の式の他の答えである(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)のことは分からない。

元の条件として
「x,yは、整数」なので、整数以外の解は、関係ありません。
(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)は、15を自然数に分解すれば、求められます。

同様に
元の条件として
x,yは、整数とします。
があるなら、
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
結局元の(3)に他の答えがあるかもしれないのに、他の答えのことは分からない。

1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}、(z^p/1)=(x+y)を、共に満たす自然数は、ないので、
(3)にx,y,zが、自然数となる他の答えは、ありません。

>77
>うむ。分かりやすい。

どのようなことが、わかりやすいのでしょうか？

>>79
ケース
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
で、ばしっと結論を言う。

本題
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
でも、「ケース」と同じ様な考え方で、結論が言える。
ということかな。

>>78

> >76
> >元の条件として
> x,yは、整数とします。
> があるなら、
> { 3=(2x+1)
> { 5=(y+3)
> を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
> 結局元の式の他の答えである(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)のことは分からない。
>
> 元の条件として
> 「x,yは、整数」なので、整数以外の解は、関係ありません。
> (x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)は、15を自然数に分解すれば、求められます。
>
> 同様に
> 元の条件として
> x,yは、整数とします。
> があるなら、
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
> 結局元の(3)に他の答えがあるかもしれないのに、他の答えのことは分からない。
>
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}、(z^p/1)=(x+y)を、共に満たす自然数は、ないので、
> (3)にx,y,zが、自然数となる他の答えは、ありません。
嘘。根拠も不明。
今までの説明は全てでたらめのペテン。
数学的な説明は一つもなかった。

>>78
条件　x,yは、整数
元の式
15=(2x+1)(y+3)
ここまでは問題が出された時点でわかっています。

{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
を調べても、他の答えのがあるかどうかはまったくわかりません。
ただ
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
の場合に答えが1つ見つかった、ということしかわかりません。
他の答えがあるかどうか調べるには別の証明が必要です。


同じように
条件　x,y,zは、自然数
元の式
z^p=(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)}…自明
=(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…自明
ここまでは問題が出された時点でわかっています。

{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を調べても、他の答えのがあるかどうかはまったくわかりません。
ただ
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
の場合に答えが見つからなかった、ということしかわかりません。
他の答えがあるかどうか調べるには別の証明が必要です。
しかしその証明はないので、>>1は間違っています。

ところで、同じ証明を何度も書き込んでいて、おそらくhttps://rio2016.5ch.net/math/を直接見ているのだと
推測しますが、他の人は「全部読む」をクリックしたりして、最初から最後まで一度に読んでいるので、
書き直してあるのかどうか非常にわかりにくい。
まったく同じ内容を書き込むときは、1行目位に「再掲」、書き直したときは、「〇行目書き直しました」等
書いてもらえませんか。

>80
>元の条件として
x,yは、整数とします。
があるなら、
{ 3=(2x+1)
{ 5=(y+3)
を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
結局元の式の他の答えである(x,y)=(2,0)や(x,y)=(7,-2)や(x,y)=(0,12)のことは分からない。

分かります。

{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を調べたから整数解以外の解がないことがわかったのではありません。
結局元の(3)に他の答えがあるかもしれないのに、他の答えのことは分からない。
なので、>>1の証明は間違っています。

整数解以外の解は、必要ありません。
(3)に他の答えが、ある場合は、(2)の場合です。
(3)が、成り立たないので、(2)も成り立ちません。

>81
>嘘。根拠も不明。
今までの説明は全てでたらめのペテン。
数学的な説明は一つもなかった。

どの部分が、嘘なのでしょうか？

【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)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>82
>{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
の場合に答えが見つからなかった、ということしかわかりません。
他の答えがあるかどうか調べるには別の証明が必要です。
しかしその証明はないので、>>1は間違っています。

{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
の場合に答えが見つからなかった、ので、(3)に答えは、ありません。

(3)に他の答えが、ある場合は、(2)の場合です。
(3)が、成り立たないので、(2)も成り立ちません。

(別解)【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,y,z,rは自然数とする。
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(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p
(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)とする。
(2)はr^(p-1)のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

訂正
(別解)【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,y,z,rは自然数とする。
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(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p
(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)とする。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>84

> >81
> >嘘。根拠も不明。
> 今までの説明は全てでたらめのペテン。
> 数学的な説明は一つもなかった。
>
> どの部分が、嘘なのでしょうか？
お前の78で書いた部分が嘘だという指摘に決まっているだろうが 。
なお、数学的に正当でない返信、または、過去のでたらめの繰り返し、または、質問、を禁止。意味ないので。

>89
>お前の78で書いた部分が嘘だという指摘に決まっているだろうが 。

78のどの部分が、嘘なのでしょうか？

>>90

> >89
> >お前の78で書いた部分が嘘だという指摘に決まっているだろうが 。
>
> 78のどの部分が、嘘なのでしょうか？
質問は禁止と書いてあるだろうが 。

日高は人のコメント読まずに自分の都合の良いことばかり。
さすが詐欺師。嘘つき。
のべ数千通だか数万通だかのメールを数学関係者に送りつける迷惑老人。

>92
>日高は人のコメント読まずに自分の都合の良いことばかり。
さすが詐欺師。嘘つき。

どの部分が、嘘なのでしょうか？

【定理】日高は永遠に自分の間違いを認めない。
【証明】数学的帰納法による。
第一段：日高にはきょう自分の間違いを認めるだけの数学力がない。
第二段：ある日、日高には自分の間違いを認めるだけの数学力がないと仮定する。
日高はその日も何も学ぼうとしないから、その翌日にも日高には自分の間違いを認めるだけの数学力がない。
以上から，数学的帰納法により，日高は永遠に自分の間違いを認めない。

>94
>【定理】日高は永遠に自分の間違いを認めない。
【証明】数学的帰納法による。
第一段：日高にはきょう自分の間違いを認めるだけの数学力がない。
第二段：ある日、日高には自分の間違いを認めるだけの数学力がないと仮定する。
日高はその日も何も学ぼうとしないから、その翌日にも日高には自分の間違いを認めるだけの数学力がない。
以上から，数学的帰納法により，日高は永遠に自分の間違いを認めない。

どの部分が、間違いかを、指摘していただけないでしょうか。

（再掲）
【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)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>96 日高
>>1の間違いをもう一度だけ指摘してあげよう。

> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。

この部分だね。

>>93

> >92
> >日高は人のコメント読まずに自分の都合の良いことばかり。
> さすが詐欺師。嘘つき。
>
> どの部分が、嘘なのでしょうか？
死ぬほど指摘されているのに、全てごまかして無視。ごみ老人。迷惑。

のべ数千通だか数万通だかのメールを数学関係者に送りつける迷惑老人。

この部分は無視かよ。

>>86
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> の場合に答えが見つからなかった、ので、(3)に答えは、ありません。

>>5には
> (3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされるとは、限りません。
つまり上の連立式に答えが見つからなくても(3)を満たす答えがある、と書いてある

これは矛盾です。
なので、>>1の証明は間違っています。


そして>>88も全く同じ間違いをしています。
{ r^(p-1)=p
{ x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
の場合に答えが見つからなかっただけで、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}を満たす数がほかにある、と5に書いてあります
なので88の証明は間違っています。

>>1
いや、
> (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
の「(3)が成り立たない」が誤りと言うほうが適切か。

>97
>> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> 等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
> (3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。

この部分だね。

どの部分が、間違いでしょうか？

>98
>> どの部分が、嘘なのでしょうか？
死ぬほど指摘されているのに、全てごまかして無視。ごみ老人。迷惑。

どの部分が、嘘なのでしょうか？

>99
>のべ数千通だか数万通だかのメールを数学関係者に送りつける迷惑老人。

この部分は無視かよ。

どういう意味でしょうか？

>100
>> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> の場合に答えが見つからなかった、ので、(3)に答えは、ありません。

>>5には
> (3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされるとは、限りません。
つまり上の連立式に答えが見つからなくても(3)を満たす答えがある、と書いてある

これは矛盾です。
なので、>>1の証明は間違っています。

{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)を共に満たす自然数は、ないので、(3)を満たす自然数は、ありません。

>(3)から正しく導いた式は、(3)を満たす数を入れても、満たされるとは、限りません。
これは、例に、ついての、話です。



そして>>88も全く同じ間違いをしています。
{ r^(p-1)=p
{ x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p
の場合に答えが見つからなかっただけで、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}を満たす数がほかにある、と5に書いてあります
なので88の証明は間違っています。

r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}を満たす数がほかにある、と5に書いて
あります

よく理解できません。教えていただけないでしょうか。

>101
>>>1
いや、
> (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
の「(3)が成り立たない」が誤りと言うほうが適切か。

どうしてでしょうか？

（再掲）
【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)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

(再掲)
(別解)【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,y,z,rは自然数とする。
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(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p
(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>105
見つけられない答えが1つでもあるなら、1つも答えがないとは言い切れません。
なので>>1は間違っています。

例えば>>107も
【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。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

こうすれば逆の結論になります。>>1はこれと同じ間違いをしています。

>109
>1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

こうすれば逆の結論になります。>>1はこれと同じ間違いをしています。

1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立ちませんが、
z=5、y=4のとき、成り立ちます。

ごまかしばかり。反省なし。迷惑行為を永遠に続けるのみ。
本当に害悪だね。
意味ないので返信禁止。

>>110
>>1ではほかの答えなんか探していません
「1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立ちません」という文は間違っていないのだから
> { 1=(z-y)
> { (x^p/1)=(z+y)
> が成り立たないので、(3)が成り立たない。
というあなたの理屈が成立するはずですが。

>112
>「1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立ちません」という文は間違っていないのだから
> { 1=(z-y)
> { (x^p/1)=(z+y)
> が成り立たないので、(3)が成り立たない。
というあなたの理屈が成立するはずですが。

107は、p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
ことの、証明なので、z=5、y=4のとき、を考えます。

>>106 日高
> >101
> >>>1
> いや、
> > (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
> の「(3)が成り立たない」が誤りと言うほうが適切か。
>
> どうしてでしょうか？

そこまでの議論では(3)が成り立たないことが証明されていないから。

http://kokaji222.blog.fc2.com/が更新されました

>114
>>>106 日高
> >101
> >>>1
> いや、
> > (3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
> の「(3)が成り立たない」が誤りと言うほうが適切か。
>
> どうしてでしょうか？

そこまでの議論では(3)が成り立たないことが証明されていないから。

意味が理解できません。
なぜ、(3)が成り立たないことが証明されていないことが、言えるのでしょうか？
理由を教えていただけないでしょうか。

>>116 日高

> 意味が理解できません。
> なぜ、(3)が成り立たないことが証明されていないことが、言えるのでしょうか？
> 理由を教えていただけないでしょうか。

じゃあ、どこに証明があるの？

>>113
答えになっていません
>>1が正しいならば、同じ理屈で

【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。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

は正しい。
これの証明に間違いがあるというなら、
同じ理屈で>>1の証明は間違っています。

>>118ちょっと修正

【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。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3のとき自然数解を持たない。

最後の1行を修正します。
これならz=5、y=4のときの話にはならないので。

>>108 日高
> (2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
それ以外のときは？

>117
>> 意味が理解できません。
> なぜ、(3)が成り立たないことが証明されていないことが、言えるのでしょうか？
> 理由を教えていただけないでしょうか。

じゃあ、どこに証明があるの？

1にあります。

>118
>1=(z-y)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

は正しい。
これの証明に間違いがあるというなら、
同じ理屈で>>1の証明は間違っています。

この証明の命題は、何でしょうか？

>119
>∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3のとき自然数解を持たない。

最後の1行を修正します。
これならz=5、y=4のときの話にはならないので。

x=4、z=5、y=3のとき自然数解を持ちます。

（再掲）
【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)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

(別解)
【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(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p
(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>120
>>>108 日高
> (2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
それ以外のときは？

r^(p-1)={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
ということでしょうか？

日高の新公理
AB=CDかつA≠CならばA=D

>>121
>>1のどこ？

>127
>日高の新公理
AB=CDかつA≠CならばA=D

違います。
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。
です。

>>129
AB=CDかつA≠Cのときは何が言えますか？

>128
>>>121
>>1のどこ？

1全体です。

>130
>AB=CDかつA≠Cのときは何が言えますか？

よく意味が理解できません。
具体例を、あげていただけないでしょうか。

>>132
一般に何が言えるかをお尋ねしています。
よって具体例をあげることは無意味です。

>132
>>130
>AB=CDかつA≠Cのときは何が言えますか？

A≠Cのときとは、どのようなときでしょうか？

（再掲）
【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)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>134
> A≠Cのときとは、どのようなときでしょうか？

えっ、本当にわからないのですか？

>136
>> A≠Cのときとは、どのようなときでしょうか？

えっ、本当にわからないのですか？

はい。

(別解)
【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(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p
(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

ゴミ

>139
>ゴミ

理由を教えていただけないでしょうか。

>>137 日高
A≠Cの意味がわからなくて、A=Cの意味はわかるの？

>141
>>>137 日高
A≠Cの意味がわからなくて、A=Cの意味はわかるの？

A≠Cの意味は、状況によって、いろいろの意味があります。

>>123
>　x=4、z=5、y=3のとき自然数解を持ちます。
>>119の証明が間違っているというのなら
同じ理屈で
>>1の証明も間違っています。
>>119の証明のどこが間違っていますか？

>143
>>>119の証明のどこが間違っていますか？

119の命題は、何でしょうか？

>>144
pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3となるような自然数解を持たない。

>>142
> A≠Cの意味は、状況によって、いろいろの意味があります。

じゃあいろいろ書いてみて。

>145
>pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3となるような自然数解を持たない。

命題が、pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3となるような自然数解を持たない。
ならば、119は、正しいです。

>>147
正しいんだwww

>146
>> A≠Cの意味は、状況によって、いろいろの意味があります。

A=3,B=4,C=6,D=2の場合、
A≠Cとなります。

>>147
wwwwww

>>147

>>123
>　x=4、z=5、y=3のとき自然数解を持ちます。
矛盾しています。
よって>>1の証明は間違っています。

>148
>>>147
正しいんだwww

>pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3となるような自然数解を持たない。

の場合は、正しいです。が、

p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

の場合は、正しくないです。

>150
>>>147
wwwwww

どういう意味でしょうか？

>151
>
>>123
>　x=4、z=5、y=3のとき自然数解を持ちます。
矛盾しています。
よって>>1の証明は間違っています。

>pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、z=5、y=3となるような自然数解を持たない。

の場合は、正しいです。が、

p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

の場合は、正しくないです。

>>153
> wwwwww
こういう独り言のようなレスには
いちいち反応しなくて良いと思うよ

（再掲）
【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)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

(別解)
【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(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p
(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)とする。
(2)は、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、x,yが自然数のとき、zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>154

「x=4、z=5、y=3のとき自然数解を持ちます。」
この文はあなたが書いたんですよね？

「z=5、y=3となるような自然数解を持たない。」
が正しいという結論とどう考えても矛盾していますが。

>155
>> wwwwww
こういう独り言のようなレスには
いちいち反応しなくて良いと思うよ

ひと、それぞれだと思います。

>>149
> もっといろいろ書いて。

>>159
> >155
> >> wwwwww
> こういう独り言のようなレスには
> いちいち反応しなくて良いと思うよ
>
> ひと、それぞれだと思います。
それは確かにその通りだね。

>158
>「x=4、z=5、y=3のとき自然数解を持ちます。」
この文はあなたが書いたんですよね？

そうです。

「z=5、y=3となるような自然数解を持たない。」
が正しいという結論とどう考えても矛盾していますが。

z=5、y=3は、1=(z-y)とならないという意味にとりました。

>160
>>>149
> もっといろいろ書いて。

無数にあります。

>>162
> z=5、y=3は、1=(z-y)とならないという意味にとりました。
もちろんその通りです。
しかし
x=4、z=5、y=3はp=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たし、もちろんz=5、y=3も満たします。
なので>>119の証明は間違っています。
同じ理屈で>>1の証明は間違っています。

>>163 日高
> >160
> >>>149
> > もっといろいろ書いて。
>
> 無数にあります。

そんなことは聞いていない。もっと例を挙げろと言っているんだ。

>165
>> > もっといろいろ書いて。
>
> 無数にあります。

そんなことは聞いていない。もっと例を挙げろと言っているんだ。

どうしてでしょうか？何の為でしょうか？

（再掲）
【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)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=4のとき、成り立つ。
これを、(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、成り立つ。
(3)が成り立つので、(1),(2)も成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>166
君がどこで間違えているかがわかるかもしれないからさ。

改変
【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)…(1)を考える。
(x^p/a)a=(z+y)(z-y)…(2)
(x^p/1)1=(z+y)(z-y)…(3)
等式の性質により、(3)が成り立つならば、(1),(2)も成り立つ。
(3)が成り立たないならば、(1),(2)も成り立たない。
(3)を(x^p/1)=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)は、z=5、y=3のとき、成り立たない。
{ 1=(z-y)
{ (x^p/1)=(z+y)
が成り立たないので、(3)が成り立たない。
(3)が成り立たないので、(1),(2)も成り立たない。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

なんかむちゃくちゃだぞ

ああそうか>>1じゃないのか

>>168
>>166

A=x^2,C=2x-1の場合A=Cですか？　A≠Cですか？

>164
>x=4、z=5、y=3はp=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たし、もちろんz=5、y=3も満たします。
なので>>119の証明は間違っています。
同じ理屈で>>1の証明は間違っています。

z=5、y=3は、1=(z-y)を満たしません。

>168
>>>166
君がどこで間違えているかがわかるかもしれないからさ。

分かりません。