フェルマーの最終定理の簡単な証明7

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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は自然数とならない。
(3)を満たす自然数が無いので、(1),(2)を満たす自然数は無い。
∴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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

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。

これはどうやってわかるの？

前スレ
399 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/02/17(月) 20:16:50.67 ID:7+aFhXkZ [4/8]
二つまとめてお答えします。

>>396 日高
> >390
> >> AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるです。
> > A,B,C,Dは、数字ですので、この場合は、
> > 6*1=2*3は、
> > 6*1=(2*3)(3*1/3)とします。
>
> 最終的にA,B,C,Dはそれぞれいくつですか？
>
> A=6,B=1,C=(2*3),D=(3*1/3)です。

>>397 日高
> >394
> >君は、P,Qを命題とするとき「P」と「PならばQ」との区別がついていない。
>
> 詳しく説明していただけないでしょうか。

かなり深く病んでいるようです。このスレッドで簡単に治せるものではありません。
まずは普通の数学を、参考書などを買ってきて勉強してください。

前スレ
915 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/02/24(月) 17:06:17.77 ID:SInNBza5 [5/5]
>>913
それでは、

{ B=D
{ A=C
が成り立たないとき、
AB=CD…(3)’が成り立つとも成り立たないとも言えない

より

(z^p/1)=A、1=B、(x+y)=C、{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=Dとおく。
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
が成り立たないとき、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない

となります

>>1 日高
これは背理法を用いた証明（のつもり）ですか？

√((x^n+y^n+z^n)*(x^n+y^n-z^n)*(x^n-y^n+z^n)*(x^n-y^n-z^n))=√(x^4n+y^4n+z^4n-2*(x^2n*y^2+y^2n*z^2n+z^2n*x^2n))=0

√((x^n+y^n+z^n)*(x^n+y^n-z^n)*(x^n-y^n+z^n)*(x^n-y^n-z^n))=0をカルノー図に見立て反転させる

√(-(x^n+y^n+z^n)-(x^n+y^n-z^n)-(x^n-y^n+z^n)-(x^n-y^n-z^n))≠0

√(-(x^n+y^n+z^n)-(x^n+y^n-z^n)-(x^n-y^n+z^n)-(x^n-y^n-z^n))=i*2*√(x^n)
nが1か2の時はi*2*√x^nが整数値をとることが可能(i*√xのときx=m^2でi*m i*√x^2のときx=mでi*m
nが3以上の整数の時x^(n/2)が整数値をとれないためn=1,2でなければならない

フェルマーの最終定理の簡単な証明6 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1581236794/
フェルマーの最終定理の簡単な証明5 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1579175686/
フェルマーの最終定理の簡単な証明4 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1576824679/
フェルマーの最終定理の簡単な証明3 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1575007235/
フェルマーの最終定理の簡単な証明2 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1572998533/
フェルマーの最終定理の簡単な証明 http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1569198816/

書き込みのうち
ブラウザでhttps://rio2016.5ch.net/math/　を見た時に彼の証明を表示するための彼の連投が1割
彼が間違っていることを指摘する書き込みが4割
それに対する「わかりません。教えてください。」系の返事が4割
残念な書き込みが1割
残りが賽の河原で石を積むような書き込み
そんなスレ

前スレ992
> { 1/2=(z-y)
> { (x^p/(1/2))=(z+y)
> を満たす自然数の組は存在しませんが、有理数の組は存在します。
> 例. x=4/4、y=3/4、z=5/4
> 分母を払うと、x=4、y=3、z=5となります。

まず1点目
繰り返しますが、「等式の両辺にそれぞれ同じものをかけても相等しい」という等式の性質が使えるのは
連立式が成り立つときだけです。連立式が成り立たないときに使える性質はありません。
{ 1/2=(z-y)
{ (x^p/(1/2))=(z+y)
が成り立つとき、等式の性質より左辺同士右辺同士をかけて
(x^p/(1/2))(1/2)=(z+y)(z-y)…(4)が成り立つことがいえる。
{ 1/2=(z-y)
{ (x^p/(1/2))=(z+y)
が成り立たないとき、使える性質がないので何も言えない。
「連立式が成り立たない」ことなんて調べるだけ無駄

2点目
証明5のスレ230
> x=8/7,y=3/7とおくと
> x^2-xy+y^2=64/49-24/49+9/49=1
を読んで自然数の解だけを探すことに変更したのを忘れたんですか
証明の「自然数解」のところをまた修正するのですか？

>3
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。

これはどうやってわかるの？

{x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=(x^p+y^p)/(x+y)=1
を満たす自然数は、x=1、y=1のみである。
からです。

>5
> { 1=(z-y)
> { (x^p/1)=(z+y)
> にz=5,y=3を代入すると、
> { 1=(5-3)
> { (x^p/1)=(5+3)
> が得られて、(3)は成り立たないよね。…(X)

z=5,y=3は、1=(z-y)を、満たしません。
z=5,y=3は、a=(z-y)を、満たします。

>7
>>1 日高
これは背理法を用いた証明（のつもり）ですか？

違います。

>8
nが1か2の時はi*2*√x^nが整数値をとることが可能(i*√xのときx=m^2でi*m i*√x^2のときx=mでi*m
nが3以上の整数の時x^(n/2)が整数値をとれないためn=1,2でなければならない

わかりません。

>10
まず1点目
繰り返しますが、「等式の両辺にそれぞれ同じものをかけても相等しい」という等式の性質が使えるのは
連立式が成り立つときだけです。連立式が成り立たないときに使える性質はありません。
{ 1/2=(z-y)
{ (x^p/(1/2))=(z+y)

z,yを自然数とすると、z,yは、1/2=(z-y)を、満たしません。

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>15

> { 1/2=(z-y)
> { (x^p/(1/2))=(z+y)
>
> z,yを自然数とすると、z,yは、1/2=(z-y)を、満たしません。

それで？
そのことと(x^p/(1/2))(1/2)=(z+y)(z-y)…(4)を満たす自然数の解が存在するかどうかと
何か関係がありますか？

>17
そのことと(x^p/(1/2))(1/2)=(z+y)(z-y)…(4)を満たす自然数の解が存在するかどうかと
何か関係がありますか？

x,y,zの自然数の解が存在するかどうかを、考える場合は、左辺の(1/2)を自然数とする必要があります。

>>18
>>10の2点目にも回答してあげて下さい。

>10
2点目
証明5のスレ230
> x=8/7,y=3/7とおくと
> x^2-xy+y^2=64/49-24/49+9/49=1
を読んで自然数の解だけを探すことに変更したのを忘れたんですか
証明の「自然数解」のところをまた修正するのですか？

x,yは、自然数とします。

>11だからそれに証明付けてみろや。

B=Dじゃないときの証明は分かりません。ってことだろ。

あ、なんでもない。

B=Dとできない場合はどうなの？

多分この質問も過去スレでいっぱいあったんだろうな。
z=stのとき
s^p・t^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
って仮定するとして、あなたはここでさらに
x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)＝１
って仮定してるんだけど、それ以外の場合はどうするのってことを前スレから聞いてるんやが。
例えば今だと少なくとも
x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=1,s,s^2,…s^p,st,s^2t,…s^pt,…s^pt^pっていう
p^2＋1通りの場合分けが考えられるでしょ。sとかtが合成数の場合はさらに同様にできる。
すべての自然数zに対して...は成り立たないって命題なんだから、場合分けの数も無限にある。
あなたはそのうち一つだけ示して証明を終えたつもりになってるよね。
俺が以前もこの質問をしたときあなたは「zはa」とかなんとか意味不明な返答を返すのが精々だったけど、
それじゃあ証明できないよね。この無限の可能性を潰しきるのは不可能なんだから、
その方針じゃ永遠に解決にたどり着けないよ。

あなたが示したのは
「pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」
という命題じゃなくて、
「pが奇素数で、x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=1のとき、
x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」
なんだよ。そのことは分かってるよね。

「PのときQ」と「P」との区別がつかないんだよ。

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>21
>11だからそれに証明付けてみろや。

「それ」とは、なにを指すのでしょうか？

>24
B=Dじゃないときの証明は分かりません。ってことだろ。

具体的に、「B=Dじゃないとき」を示していただけないでしょうか。

>24
B=Dとできない場合はどうなの？

具体的に、「B=Dとできない場合」を示していただけないでしょうか

>25
x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)＝１
って仮定してるんだけど、それ以外の場合はどうするのってことを前スレから聞いてるんやが。

x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)＝１以外の場合は、x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)＝a
となります。

>26
「pが奇素数で、x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=1のとき、
x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」
なんだよ。そのことは分かってるよね。

違います。
「x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=1と、(z^p/1)=(x+y)を共に満たさないとき、
自然数解を持たない。」
です。

>27
「PのときQ」と「P」との区別がつかないんだよ。

もう少し詳しく説明していただけないでしょうか。

>>34 日高
> >27
> 「PのときQ」と「P」との区別がつかないんだよ。
>
> もう少し詳しく説明していただけないでしょうか。

「1>2ならば2>3」と「1>2」の真偽、わかる？

>35
「1>2ならば2>3」と「1>2」の真偽、わかる？

わかりません。

>>36 日高
わかろうと努力していますか？

e.a0E5TtKEが自スレ無くなった途端ただの数学板荒らしの馬鹿に成り下がったのでただただ鬱陶しい

>37
わかろうと努力していますか？

考えても、わかりません。
答えを、教えていただけないでしょうか。

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>39 日高
「PならばQ」（「PのときQ」と言っても同じ）の真偽は「PでないかまたはQ」の真偽と同じです。
これは定義だからいくら考えてもわかりません。

>>35

> 「1>2ならば2>3」と「1>2」の真偽、わかる？

蛇足だと思いますが、前者は真、後者は偽です。

>41
「PならばQ」（「PのときQ」と言っても同じ）の真偽は「PでないかまたはQ」の真偽と同じです。
これは定義だからいくら考えてもわかりません。

このことは、何に、用いるのでしょうか？

>42
> 「1>2ならば2>3」と「1>2」の真偽、わかる？

蛇足だと思いますが、前者は真、後者は偽です。

このことは、何に、用いるのでしょうか？

>>43 日高
>>44 日高

> このことは、何に、用いるのでしょうか？

あれ、わかりませんか。

>>1 日高の

> (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。

の箇所。B=Dが真ならばA=CですがB=Dが偽ならばAとCとについては何も言えません。
これで>>1の証明は破滅です。

＞具体的に、「B=Dとできない場合」を示していただけないでしょうか

嫌です。俺はあなたの教師じゃないので。
でも過去スレでも何人もの人がこの点を指摘してたから、それを読み返してくれ。

「B=Dとできない場合」？
x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)が1でない場合だろ。
具体的にはp=3でx^2-xy+y^2=1987561とか。

√((x^n+y^n+z^n)*(x^n+y^n-z^n)*(x^n-y^n+z^n)*(x^n-y^n-z^n))=√(x^4n+y^4n+z^4n-2*(x^2n*y^2+y^2n*z^2n+z^2n*x^2n))=0
xとyが逆向き,xとzが逆向き,yとzが逆向きのときのx^2nとy^2nとz^2nの長さのベクトルの合計値
z^n=-x^n-y^n
z^n=-x^n+y^n
z^n=+x^n-y^n
z^n=+x^n+y^n
のとき√(x^4n+y^4n+z^4n-2*(x^2n*y^2+y^2n*z^2n+z^2n*x^2n))=0


√((x^n+i*y^n+z^n)*(x^n+i*y^n-z^n)*(x^n-i*y^n+z^n)*(x^n-i*y^n-z^n))=√(x^4n+y^4n+z^4n-2*(-x^2n*y^2n-y^2n*z^2n+z^2n*x^2n))=0

xとyが同じ向き,xとzが逆向き,yとzが逆向きのときのx^2nとy^2nとz^2nの長さのベクトルの合計値
z^n=-x^n-i*y^n
z^n=-x^n+i*y^n
z^n=+x^n-i*y^n
z^n=+x^n+i*y^n
のとき√(x^4n+y^4n+z^4n-2*(-x^2n*y^2n-y^2n*z^2n+z^2n*x^2n))=0になる



√(x^4n+y^4n+z^4n+2*(x^2n*y^2n+y^2n*z^2n+z^2n*x^2n))=x^2n+y^2n+z^2nはただのx,y,z同じ向きのベクトルの合計値
√(x^4n+y^4n+z^4n+2*(x^2n*y^2n-y^2n*z^2n-z^2n*x^2n))=x^2n+y^2n-z^2nはただのzだけ逆向きのベクトルの合計値

√((x^n+y^n+z^n)*(x^n+y^n-z^n)*(x^n-y^n+z^n)*(x^n-y^n-z^n))=√(x^4n+y^4n+z^4n-2*(x^2n*y^2+y^2n*z^2n+z^2n*x^2n))=0
xとyが逆向き,xとzが逆向き,yとzが逆向きのときのx^2nとy^2nとz^2nの長さのベクトルの合計値
z^n=-x^n-(i)^2*y^n
z^n=-x^n+(i)^2*y^n
z^n=+x^n-(i)^2*y^n
z^n=+x^n+(i)^2*y^n
のとき√(x^4n+y^4n+z^4n-2*(x^2n*y^2+y^2n*z^2n+z^2n*x^2n))=0になる

(i)^2*y^n=z^n+x^nが解の時
n=1とn=2のときはi^2*y^2の項が実数または虚数のみになるが
n=3以上のとき(i^2)^(1/n)=a+i*bとなるためyが整数値をとらない


√((x^n+i*y^n+z^n)*(x^n+i*y^n-z^n)*(x^n-i*y^n+z^n)*(x^n-i*y^n-z^n))=√(x^4n+y^4n+z^4n-2*(-x^2n*y^2n-y^2n*z^2n+z^2n*x^2n))=0

xとyが同じ向き,xとzが逆向き,yとzが逆向きのときのx^2nとy^2nとz^2nの長さのベクトルの合計値
z^n=-x^n-i*y^n
z^n=-x^n+i*y^n
z^n=+x^n-i*y^n
z^n=+x^n+i*y^n
のとき√(x^4n+y^4n+z^4n-2*(-x^2n*y^2n-y^2n*z^2n+z^2n*x^2n))=0になる

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>45
> (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。

の箇所。B=Dが真ならばA=CですがB=Dが偽ならばAとCとについては何も言えません。
これで>>1の証明は破滅です。

「B=Dが偽」は、どういう場合でしょうか？

>47
「B=Dとできない場合」？
x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)が1でない場合だろ。
具体的にはp=3でx^2-xy+y^2=1987561とか。

x^2-xy+y^2=1987561の場合は、
1987561=aとなります。

>48,49
わかりません。

>>33
> 「x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=1と、(z^p/1)=(x+y)を共に満たさないとき、
> 自然数解を持たない。」

>>6に
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> が成り立たないとき、
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない
と書いてるじゃん。

んで、貴方前スレで>>6にも同意してたよね。

>54
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> が成り立たないとき、
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない
と書いてるじゃん。

この場合の「成り立たない」の意味は、例えば、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}で、x=1,y=2の場合です。

>>55
すまん。よく分からん。

>>33
> 「x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=1と、(z^p/1)=(x+y)を共に満たさないとき、

と

>>6
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> が成り立たないとき、

が違う意味である、と言っている？

>56
> 「x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=1と、(z^p/1)=(x+y)を共に満たさないとき、と
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> が成り立たないとき、が違う意味である、と言っている？

はい。そうです。
例えば、3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}ならば、
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とします。

>>57
> はい。そうです。
> 例えば、3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}ならば、
> a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とします。

↑これはどっちの時？　>>33？　>>6？

>>57
つまりこういう事かな。

>>6
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> が成り立たないとき、
だけだと、「(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない」。

>>33
> 「x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=1と、(z^p/1)=(x+y)を共に満たさないとき、

『x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=aを使えば』

> 自然数解を持たない。」
事が言えると。

>>52 日高
> >47
> 「B=Dとできない場合」？
> x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)が1でない場合だろ。
> 具体的にはp=3でx^2-xy+y^2=1987561とか。
>
> x^2-xy+y^2=1987561の場合は、
> 1987561=aとなります。

その場合については、>>1の証明は無力です。
x=y=1とは限りませんので。

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>58
> 例えば、3={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}ならば、
> a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}とします。

よって、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
となります。

>59
> 「x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=1と、(z^p/1)=(x+y)を共に満たさないとき、
『x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=aを使えば』
> 自然数解を持たない。」
事が言えると。

はい。そうです。

>>63
> 『x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=aを使えば』
ここの証明を書いてもらおうと思ったけど、
↓だからなあ。やる気無くなるよなあ……

前スレ
898 名前：日高[] 投稿日：2020/02/24(月) 10:42:59.53 ID:LaLy1Yz5 [11/27]
>882
> > 1=x^2-xy+y^2と、z^3=x+yを、共に満たす自然数は、存在しないので、
> > 1987561=x^2-xy+y^2とz^3/1987561=x+yとをみたす自然数x,y,zは、存在しません。

> 君、そんなことが言い切れるの。すごいねえ。
私にはとても言い切れないので証明を教えてください。

(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。
からです。

>60
> x^2-xy+y^2=1987561の場合は、
> 1987561=aとなります。

その場合については、>>1の証明は無力です。
x=y=1とは限りませんので。

1987561=aの場合は、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
となります。

>64
> 『x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=aを使えば』
ここの証明を書いてもらおうと思ったけど、
↓だからなあ。やる気無くなるよなあ……

「ここの証明」とは？

>>66
> >64
> > 『x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=aを使えば』
> ここの証明を書いてもらおうと思ったけど、
> ↓だからなあ。やる気無くなるよなあ……
>
> 「ここの証明」とは？

x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=a
をどう使って、
「自然数解を持たない」を証明するのか、って事。

>>67
同感。
「等式の性質により」というごまかしはなしですよ。日高さん。

>67
x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=a
をどう使って、
「自然数解を持たない」を証明するのか、って事。

(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
となります。

>>69

> >67
> x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=a
> をどう使って、
> 「自然数解を持たない」を証明するのか、って事。
>
> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> となります。

そんで、(2)式をどうするの？
だから1行レスじゃ分からないって。

>68
「等式の性質により」というごまかしはなしですよ。日高さん。

「等式の性質により」は、ごまかしでしょうか？

>70
> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> となります。

そんで、(2)式をどうするの？
だから1行レスじゃ分からないって。

(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
となります。

すぐにわかりませんって、もう少し考えろよ。

>1987561=aの場合は、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
となります。

そうなるからなんなの？　1をBと置いたり、aという文字で誤魔化したり、
文字で置くことに何の意味があるの？　それで証明がもっともらしくなることはないから無意味なことはやめろ。

>>71 日高
日高さんはここのみんなに認められたいと思って書いてるんじゃないの？
だったらみんなが納得するような証明を書かないと。

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>73
>1987561=aの場合は、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
となります。

そうなるからなんなの？　1をBと置いたり、aという文字で誤魔化したり、
文字で置くことに何の意味があるの？

(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
となります。

>>76 日高
> (3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
> となります。

君のその説明に納得している人はここにいない。

>74
日高さんはここのみんなに認められたいと思って書いてるんじゃないの？
だったらみんなが納得するような証明を書かないと。

どの部分が、納得できないのでしょうか？

>77
> (3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
> となります。

君のその説明に納得している人はここにいない。

どの部分が、納得できないのでしょうか？

>>76 日高
> (3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
> となります。

の部分です。

>80
> (3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。

納得できない理由を、教えていただけないでしょうか。

>>81 日高
> >80
> > (3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
>
> 納得できない理由を、教えていただけないでしょうか。

証明がないからです。

>82
証明がないからです。

(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
の、両辺にaを掛けて、aで割ると、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
となります。

>>83 日高
それでは証明になっていません。

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>84
それでは証明になっていません。

等式の性質により、
等式の両辺に、同じ数をかけても、割っても、等式は、成り立ちます。

>>86 日高
> >84
> それでは証明になっていません。
>
> 等式の性質により、
> 等式の両辺に、同じ数をかけても、割っても、等式は、成り立ちます。

その等式が成り立つ理由ではなく、その等式が成り立つとなぜ結論が得られるか、が問題です。

>87
その等式が成り立つ理由ではなく、その等式が成り立つとなぜ結論が得られるか、が問題です。

(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
に、自然数解が、あるならば、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
にも、自然数解が、あります。

(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
に、自然数解が、ないならば、
(z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
にも、自然数解が、ありません。

>>88 日高
それではまったく説明になっていません。

>89
それではまったく説明になっていません。

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。

>>90 日高
> >89
> それではまったく説明になっていません。
>
> 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。

これがおわかりいただけないなら、フェルマーの最終定理はおろか、
高校数学の証明問題もあなたには無理です。

いまは，高等学校や大学に入学の決まった中学生・高校生・浪人生が参考書を
手放す季節です。ご近所のお子さんから参考書のお古をもらうなりして、
地道に勉強されることをお勧めします。

>91
これがおわかりいただけないなら、フェルマーの最終定理はおろか、
高校数学の証明問題もあなたには無理です。

具体的に、どこが、間違いなのか、説明が足りないのか、教えていただけないでしょうか。

>>92 日高

> 具体的に、どこが、間違いなのか、説明が足りないのか、教えていただけないでしょうか。

すでに述べられています。それでもわからないのは，数学の力が不足しているからです。

>93
> 具体的に、どこが、間違いなのか、説明が足りないのか、教えていただけないでしょうか。

すでに述べられています。それでもわからないのは，数学の力が不足している

どこに、述べられていますか？

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

(2)と(3)はもちろん同値な式だよ。君が無意味な式変形をしている以外ね。
ただ、その後の論理展開がおかしいってこと。
「xとyがx^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=aを満たす。ならx,y,zはx+y=z^p/aを満たさない」
これからどうやって(2)に帰着するのかってこと。まさか
x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=aの両辺をaで割るとか言わないよね。
(2)と(3)が同値だからと言って、それを分解した後の論理の各パートが同値ってわけじゃない。
そこを理解してないから、意味不明なレスができるんだよな。

>>94 日高
> >93
> > 具体的に、どこが、間違いなのか、説明が足りないのか、教えていただけないでしょうか。
>
> すでに述べられています。それでもわからないのは，数学の力が不足している
>
> どこに、述べられていますか？

過去スレとこのスレ。

ところで日高氏は式が「同値」の定義を理解していますか？

>>96
ちなみにだけど、
　ならx,y,zはx+y=z^p/aを満たさない」
すら証明できてないよね。

また書くけど、
>>1 日高の論法が正しければ次も言えるはず。
zの指数がpであることを一度も使っていないから。

【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】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^2=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^2/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^2/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(3)を(z^2/1)=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^2/1)=(x+y)に代入すると、zは自然数とならない。
(3)を満たす自然数が無いので、(1),(2)を満たす自然数は無い。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。

日高はこれを見ると結論の式が自分のと違うと言い張るが，
同じ論法を使っていることには気づかない（ふりをする）。

反例：1^3+2^3=3^2, 11^3+37^3=228^2, 56^3+65^3=671^3 など。

x^n=y^n+z^nをみたす整数x,y,zの組み合わせが存在すると仮定する
(i)^4*x^n=y^n+z^nと置きなおす
(i)^(4/n)*x=(y^n+z^n)^(1/n)
n=1のときx=y+zのため整数x,y,zの組み合わせが存在
n=2のとき(i)^2*x=(y^2+z^2)^(1/2)
-x=(y^2+z^2)^(1/2)のため整数x,y,zの組み合わせが存在
n=3のとき(i)^(4/3)*x=(y^3+z^3)^(1/3)
e^(i*2π/3)*x=(y^3+z^3)^(1/3)となるためy,zが整数の時x=(y^3+z^3)^(1/3)*e^(i*4π/3)とならなければならずxが整数ではなく複素数になるため解を持たない
n=4のとき(i)^(4/4)*x=(y^4+z^4)^(1/4)
e^(i*π/2)*x=(y^4+z^4)^(1/4)となるためy,zが整数の時x=(y^4+z^4)^(1/4)*e^(i*π/2)とならなければならずxが整数ではなく虚数になるため解を持たない

1,2,3,4,5,6,7,8,9,,,,,は
(i)^4*1,(i)^8*2.(i)^12*3,(i)^16*4,,,,,,,,,,,,(i)^(3*n)*n

ある整数値ｎはnでなくn=(i)^(4*n)*nとおくことができる

n^(1/3)≠n^(1/3)
n^(1/3)=(i)^(4*n/3)*n=e^(i*2nπ/3)*n
x^3=y^3+z^3が解を持つとき
x=x*e^(i*2aπ/3)
y=y*e^(i*2bπ/3)
z=z*e^(i*2cπ/3)
が解になりa=b=c=0のときのx,y,zは存在しない

>>18
何を言っているのかわかりませんが、
少なくとも
{ 1/2=(z-y)
{ (x^p/(1/2))=(z+y)
が成り立たないことを使って何かを証明しているのではないことは分かります。
やっぱり「連立式が成り立たない」ことなんて調べるだけ無駄です。
>>1の証明は間違っています。

>>20
> x,yは、自然数とします。

それでは有理数の組なんかを調べても無意味ですね。
> { 1/2=(z-y)
> { (x^p/(1/2))=(z+y)
> を満たす自然数の組は存在しませんが、有理数の組は存在します。
> 例. x=4/4、y=3/4、z=5/4
の説明はごまかしのインチキですね。

>>69
あなたの言っていることはこういうことですよね

�@> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
�@> { (z^p/1)=(x+y)
�@> の連立式を満たす自然数がないことを調べても
�@> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)を満たす自然数があるかどうかわからない

�A> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)を満たす自然数があるかどうかわからないから
�A> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)を調べる

�B> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)を満たす自然数がないから
�B> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)を満たす自然数がない

�C> (z^p/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)を満たす自然数がないから
�C> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)を満たす自然数がない

�Aまで(3)を満たす自然数があるかどうかわからなったのに
�Bでいきなり(3)を満たす自然数がないことになっているのはおかしいです
(3)を満たす自然数がないことが分かっているなら�Bの手順に行く理由がないでしょう
結局どこにも(2)を満たす自然数がない証明がないので
>>1の証明は間違っています。

>>90

> >89
> それではまったく説明になっていません。
>
> 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。
説明になっている理由が理解出来ないから。他人が分かる説明になってないから。
不可解な説明をしているのは日高。

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>96
「xとyがx^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)=aを満たす。」ならx,y,zはx+y=z^p/aを満たさない」
これからどうやって(2)に帰着するのかってこと。

この時点では、x,y,zが、x+y=z^p/aを満たすかどうかは、わかりません。

>97
ところで日高氏は式が「同値」の定義を理解していますか？

理解していません。
正しい定義を教えていただけないでしょうか。

>98
　ならx,y,zはx+y=z^p/aを満たさない」
すら証明できてないよね。

x,y,zが、x+y=z^p/aを満たすかどうかは、わかりません。

>99
反例：1^3+2^3=3^2, 11^3+37^3=228^2, 56^3+65^3=671^3 など。

この反例は、１の証明とは、同じではありません。

>100
x^n=y^n+z^nをみたす整数x,y,zの組み合わせが存在すると仮定する

何故この世にできるのでしょうか？
(i)^4*x^n=y^n+z^nと置きなおす

>101
1,2,3,4,5,6,7,8,9,,,,,は
(i)^4*1,(i)^8*2.(i)^12*3,(i)^16*4,,,,,,,,,,,,(i)^(3*n)*n

ある整数値ｎはnでなくn=(i)^(4*n)*nとおくことができる

なぜでしょうか？

>102
> { 1/2=(z-y)
> { (x^p/(1/2))=(z+y)
> を満たす自然数の組は存在しませんが、有理数の組は存在します。
> 例. x=4/4、y=3/4、z=5/4
の説明はごまかしのインチキですね。

どうしてでしょうか？

>103
�@> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
�@> { (z^p/1)=(x+y)
�@> の連立式を満たす自然数がないことを調べても
�@> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)を満たす自然数があるかどうかわからない

�@> の連立式を満たす自然数がないならば、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)を満たす自然数は、ありません。

>>109 日高
> この反例は、１の証明とは、同じではありません。

なんで反例と証明とを比較するんだよ。

>>113

>>6に
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> が成り立たないとき、
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない
と書いてるじゃん。(>>54も参照)

いい加減、学習しようぜ。

>>107 日高
> >97
> ところで日高氏は式が「同値」の定義を理解していますか？
>
> 理解していません。
> 正しい定義を教えていただけないでしょうか。

だったら同意するなよ。

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>114
> この反例は、１の証明とは、同じではありません。

なんで反例と証明とを比較するんだよ。

１の証明の、反例にならないからです。

>>118 日高
だったらそう書けよ。
ところで>>99の証明は正しいですか？

>115
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> が成り立たないとき、
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)が成り立つとも成り立たないとも言えない

訂正します。
x,y,zが、自然数のとき
{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を、共に満たさないとき、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
を、満たしません。

>119
ところで>>99の証明は正しいですか？

正しくないです。

>>120
訂正というか、新しく作った別の命題だと思います。

で、その命題の証明は？

>>121 日高
> >119
> ところで>>99の証明は正しいですか？
>
> 正しくないです。

どこが間違っていますか？

>122
訂正というか、新しく作った別の命題だと思います。

で、その命題の証明は？

1と同じです。

>123
どこが間違っていますか？
1行目の【定理】が、同じでは、ないです。

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>126 日高
> >123
> どこが間違っていますか？
> 1行目の【定理】が、同じでは、ないです。

話をずらしていますね。証明のどこが間違っているかをお尋ねしています。

>129
話をずらしていますね。証明のどこが間違っているかをお尋ねしています。

【定理】が、間違っています。

>>128
それは、数が小さいから手計算で、(3)を満たさないと分かっただけです。
(x,y,z)がとてつもなく大きかったらどうするのですか？
また、(x,y,z)は無限個ありますよ。

全ての(x,y,z)をカバーする命題にしないと、
命題>>120からこぼれた(x,y,z)が
フェルマーの反例かどうかは、貴方には分からない、という事です。

>>130 日高
> >129
> 話をずらしていますね。証明のどこが間違っているかをお尋ねしています。
>
> 【定理】が、間違っています。

証明に間違いがなければ定理は正しいはずです。
証明は正しいと認めますか？　それとも証明の間違いを指摘できますか？

>>125
> >122
> 訂正というか、新しく作った別の命題だと思います。
>
> で、その命題の証明は？
>
> 1と同じです。
それでは誰も納得しないと思います。

e^(i*2aπ)*x^n=e^(i*2bπ)*y^n+e^(i*2cπ)*z^n
a,b,cはすべて整数にならなければならない

e^(i*2aπ/n)*x=e^(i*2cπ/n)*(e^(i*2(b-c)π)*y^n+z^n)^(1/n)
x=e^(i*2*(c-a)*π/n)*(e^(i*2(b-c)π)*y^n+z^n)^(1/n)
x=e^(i*2*(c-a)*π/n)*(y^n+z^n)^(1/n)

a≠b≠cの整数の時
x=e^(i*2*(c-a)*π/n)*(y^n+z^n)^(1/n)
e^(i*2*(c-a)*π/n)がかかるためxはn=3以上の整数のとき非整数

a=b=cの整数の時
x=(y^n+z^n)^(1/n)

n=1,2のときは
a≠b≠cの整数の時,a=b=cの整数の時ともにxが整数になることが可能
n=3以上の整数の

a≠b≠cの整数の時xが整数になることができない

pが3じゃないときは？

B=Dとできない場合から逃げ続ける。反例を提示されてもシラを切りとおす。
まあ結局、こういう人間に数学なんてできないわな。

>>1 日高さんへ。
>>99の誤りを指摘してください。そして、>>1 ではその誤りを犯していないことを説明してください。

【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】x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形して、
z^2=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)を考える。
(z^2/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
(z^2/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
等式の性質により、
(3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(3)を(z^2/1)=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^2/1)=(x+y)に代入すると、zは自然数とならない。
(3)を満たす自然数が無いので、(1),(2)を満たす自然数は無い。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^2は、自然数解を持たない。

フェルマーの最終定理をネタにした数学漫才のスレとはここのことですか？

>>113

> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> の連立式を満たす自然数がないことを調べても
> �@> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)を満たす自然数があるかどうかわからない

> �@> の連立式を満たす自然数がないならば、
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)を満たす自然数は、ありません。

0仮定　{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
0仮定　{ (z^p/1)=(x+y)
0仮定　の連立式を満たす自然数が「「「「あるとしたとき」」」」
等式の性質から、等式の左辺同士、右辺同士をそれぞれかけて
0結論　(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)を満たす自然数がある
と「「「「証明」」」」できます。


�@仮定 { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
�@仮定 { (z^p/1)=(x+y)
�@仮定 の連立式を満たす自然数が「「「「ないとしたとき」」」」
�@結論 (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)を満たす自然数がない
ことを「「「証明」」」してください。仮定から、結論を、導いてください。
もちろんこの証明には、まだ得られていない結論である
「(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)を満たす自然数がない」ことは使えません。

�A仮定 { B=D
�A仮定 { A=C
�A仮定 の連立式が成り立たないとき、
�A結論 AB=CD…(3’)が成り立たない
という「証明」でもいいですよ。仮定から、結論を、導いてください。

�B仮定 { 1/2=(z-y)
�B仮定 { (x^p/(1/2))=(z+y)
�B仮定 の連立式を満たす自然数がないとき、
�B結論　(x^p/(1/2))(1/2)=(z+y)(z-y)…(4)を満たす自然数がない
という「証明」でもいいですよ。仮定から、結論を、導いてください。

�@か�Aか�Bを、「「「>>1と同じくらいの詳しさで、最初から最後まで証明」」」してください。
それができなければ、>>1の証明は間違いです。

>139
>>99の誤りを指摘してください。そして、>>1 ではその誤りを犯していないことを説明してください。

99の誤りは、「(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。」です。
1では、(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)です。

>134
e^(i*2aπ)*x^n=e^(i*2bπ)*y^n+e^(i*2cπ)*z^n
a,b,cはすべて整数にならなければならない

わかりません。

>142
�@仮定 { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
�@仮定 { (z^p/1)=(x+y)
�@仮定 の連立式を満たす自然数が「「「「ないとしたとき」」」」
�@結論 (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)を満たす自然数がない
ことを「「「証明」」」してください。仮定から、結論を、導いてください。

(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}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は自然数とならない。

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>143 日高
> 99の誤りは、「(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。」です。
> 1では、(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)です。

ご回答ありがとうございます。では、>>1では
「(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。」
が成り立つ理由を説明してください。

>>146

> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}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は自然数とならない。

「仮定」はどの部分ですか？
「証明」はどの部分ですか？
「結論」はどの部分ですか？
まるで証明の体をなしていませんね。
>>142の�@も�Aも�Bも証明されていませんので
>>1の証明は間違いです。

>>145

命題>>120には、
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> を、「「「「共に」」」」満たさないとき、

とありますが。

>148
「(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。」
が成り立つ理由を説明してください。

等式の性質により、
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。

>149
> (z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}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。
>

「仮定」はどの部分ですか？
「AB=CDならば、」です。

「結論」はどの部分ですか？
「B=Dのとき、A=Cとなる。」です。

「証明」はどの部分ですか？
「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は自然数とならない。」です。

>150
> { 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
> { (z^p/1)=(x+y)
> を、「「「「共に」」」」満たさないとき、

とありますが。

{ 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
{ (z^p/1)=(x+y)
を、「「「「共に」」」」満たさないので、
(z^p/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
を、満たしません。

>>152

あなたの言う通りなら

仮定> 「AB=CDならば、」

証明>　「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。
証明>　これを、(z^p/1)=(x+y)に代入すると、zは自然数とならない。」

結論> 「B=Dのとき、A=Cとなる。」

こうなりますがあっていますか？
証明ってどういうものか知っていますか？
たとえば

仮定　三角形ABCの3辺のうち2つの辺がAB=ACならば

証明　△ABCと△ACBを考える。
証明　AB=AC,AC=AB,∠BAC=∠CAB
証明　「二辺とその間の角が等しい三角形は合同」という定理から
証明　△ABC≡△ACB
証明　合同な三角形の対応する角は等しいので

結論　2つの角∠ABC=∠ACB

こういうのが証明で、>>152は全くそういう風になっていないですね。
>>142の�@も�Aも�Bも証明されていませんので
>>1の証明は間違いです。

>>154修正
証明　仮定よりAB=AC,仮定よりAC=AB,同じ角なので∠BAC=∠CAB

>>151 日高
> >148
> 「(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。」
が成り立つ理由を説明してください。

> 等式の性質により、
> (3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。

等式のどのような性質を用いるのか、具体的に示していただけないでしょうか。

>156
等式のどのような性質を用いるのか、具体的に示していただけないでしょうか。

等式の両辺に、同じ数を掛けても割っても等式は成り立つ。
(3)の両辺に、aを掛けて、aで割ると(2)となる。

【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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
(3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。
(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)を、z=5、y=4は満たす。
これを(x^p/1)=(z+y)に代入すると、x=3のとき、式を満たす。
(3)を満たす自然数があるので、(1),(2)を満たす自然数がある。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>157 日高
> >156
> 等式のどのような性質を用いるのか、具体的に示していただけないでしょうか。
>
> 等式の両辺に、同じ数を掛けても割っても等式は成り立つ。
> (3)の両辺に、aを掛けて、aで割ると(2)となる。

具体的な意味がよくわかりませんが、それは>>99には
当てはまらないのですか？

>159
具体的な意味がよくわかりませんｒｒが、それは>>99には
当てはまらないのですか？

当てはまりません。

>>160 日高
> >159
> 具体的な意味がよくわかりませんｒｒが、それは>>99には
> 当てはまらないのですか？
>
> 当てはまりません。

>>157 日高
> >156
> 等式のどのような性質を用いるのか、具体的に示していただけないでしょうか。
>
> 等式の両辺に、同じ数を掛けても割っても等式は成り立つ。
> (3)の両辺に、aを掛けて、aで割ると(2)となる。

該当箇所をあげてみましょう。

>>1 日高では

> (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)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
> (3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。

でした。>>99では

> (z^2/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> (z^2/1)1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(3)
> 等式の性質により、
> (3)を満たす自然数があれば、(1),(2)を満たす自然数がある。
> (3)を満たす自然数が無いならば、(1),(2)を満たす自然数は無い。

でした。等式の或る性質が1には当てはまり、99には当てはまらないというのですね。

その理由を詳しく説明していただけないでしょうか。

>>154に返信がないのでもう一度書きます。

>>142の(0)のように、仮定と結論の間を埋めて
�@か�Aか�Bの証明を完成させてください。
それができなければ、>>1の証明は間違いです。

>161
等式の或る性質が1には当てはまり、99には当てはまらないというのですね。

(z^2/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
この場合の、zは、有理数で、成り立つ場合と成り立たない場合があるので、
等式の性質が、当てはまりません。

>>164 日高
> >161
> 等式の或る性質が1には当てはまり、99には当てはまらないというのですね。
>
> (z^2/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> この場合の、zは、有理数で、成り立つ場合と成り立たない場合があるので、
> 等式の性質が、当てはまりません。

>>99のzも自然数です。>>1でも成り立つ場合と成り立たない場合とがあり得ます。
回答になっていません。再度お尋ねします。

>>164 日高
> >161
> 等式の或る性質が1には当てはまり、99には当てはまらないというのですね。
>
> (z^2/a)a=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)
> この場合の、zは、有理数で、成り立つ場合と成り立たない場合があるので、
> 等式の性質が、当てはまりません。

とのことですが，使う「等式の性質」について前には次のように書いていました。

>>157 日高
> >156
> 等式のどのような性質を用いるのか、具体的に示していただけないでしょうか。
>
> 等式の両辺に、同じ数を掛けても割っても等式は成り立つ。
> (3)の両辺に、aを掛けて、aで割ると(2)となる。

この

> 等式の両辺に、同じ数を掛けても割っても等式は成り立つ。

は、その数が自然数でも有理数でも無理数でも成り立ちます。（0は除く。）
何かおかしいです。

(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、yが自然数のとき、x,zは共に自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>167 日高

【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+7y^p=z^pを、z=x+rとおいて、x^p+7y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を(x/r)^p+7(y/r)^p=(x/r+1)^p
7(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}
r^(p-1){7(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+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pとなる。
r=p^{1/(p-1)}となるので、yが自然数のとき、x,zは共に自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。

反例：1^3+7*1^3=2^3

√(x1^2+x2^2+x3^2+x4^2+2*(x1*x2*cosθ1+x1*x3*cosθ2+x1*x4*cosθ3+x2*x3*cosθ4+x2*x4*cosθ5+x3*x4*cosθ6))
θが0のときとπの時の組み合わせで2^6通りの組み合わせがある


1+6+15+20(3通りのみ可能)+15(4通りのみ可能)+6+1

√(x1^2+x2^2+x3^2+x4^2+2*(x1*x2*cos0+x1*x3*cosπ+x1*x4*cosπ+x2*x3*cosπ+x2*x4*cosπ+x3*x4*cos0))は4本のベクトルで表現可能
√(x1^2+x2^2+x3^2+x4^2+2*(x1*x2*cosπ+x1*x3*cos0+x1*x4*cos0+x2*x3*cos0+x2*x4*cos0+x3*x4*cosπ))は4本のベクトルで表現不可能

z = -(-2*√(-a^6 x^6 - a^6 y^6 + x^6 y^6) + a^6 - x^6 - y^6)^(1/6)を満たす整数解はない

(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…(3)となる。
(3)はx+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、x,yは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

botが壊れちゃった？

>>172
>>9の簡単な証明スレ、簡単な証明2スレでさんざん指摘された通り
r^(p-1)=pでないときにx^p+y^p=z^pが自然数解をもつか持たないかの証明がどこにもないので
>>172の証明は間違いです。

>166
> 等式の両辺に、同じ数を掛けても割っても等式は成り立つ。

は、その数が自然数でも有理数でも無理数でも成り立ちます。（0は除く。）
何かおかしいです

その通りです。１は、間違っていました。

>171
√(x1^2+x2^2+x3^2+x4^2+2*(x1*x2*cosθ1+x1*x3*cosθ2+x1*x4*cosθ3+x2*x3*cosθ4+x2*x4*cosθ5+x3*x4*cosθ6))
θが0のときとπの時の組み合わせで2^6通りの組み合わせがある

意味が、わかりません。

>174
r^(p-1)=pでないときにx^p+y^p=z^pが自然数解をもつか持たないかの証明がどこにもないので

「r^(p-1)=pでないとき」とは、どういう場合でしょうか？

ついにbot崩壊したか

>>178
たとえば
r=1,p=3のとき
r=2,p=3のとき
r=3.p=3のとき
…
r=1,p=5のとき
r=2,p=5のとき
…
r=1,p=7のとき
…
いくらでもありますが。

>180
たとえば
r=1,p=3のとき

「r^(p-1)=pのとき、」は、
1^2≠3なので、
1^2=3aとします。

>180
たとえば
r=1,p=3のとき

「r^(p-1)=pのとき、」は、
1^2≠3なので、
1^2=3aとします。

(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…(3)となる。
(3)はx+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、x,yは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>182
それがr^(p-1)=pでないときにx^p+y^p=z^pが自然数解をもつか持たないかの証明なのですか？
私にはそうは見えませんけど。

かりにそれがただしいとしても、>>183のどこにもその文章はありませんので
>>183の証明は間違っています。

>>183
　それは数学における証明ではありません。
　日本語の単語と数式を並べた単なる文字の羅列です。

>184
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}と
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/aの解の比は
同じです。

>>186
その内容を>>183に書き足したら
良いんじゃないかな。

(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…(3)となる。
(3)はz=x+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、x,yは無理数となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/a…(4)とする
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、等しい。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>188
要望聞いてくれたんだね。ありがとう。

>>188
�@　r^(p-1)=apのとき,aの取る値はどうなりますか。

�A　aが�@の値の時、aを(5)式に代入するとどうなりますか。

>>188

�B　r=1のとき、(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、等しくなりますか。
　r=2のときはどうですか。

ちなみに今、>>9の6000の書き込みを経て
最初のスレ
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1569198816/87
に戻ってきたところです。

>190
�@　r^(p-1)=apのとき,aの取る値はどうなりますか。

「aの取る値」の意味を教えていただけないでしょうか。

日高さん、最近、メールアドレス書かなくなったね。

>194
日高さん、最近、メールアドレス書かなくなったね。

必要が、あるならば、書きます。

test

>196
test

どういう意味でしょうか？

>>193

a=

上の右辺のところを書いてください。という意味です。

>198
a=

上の右辺のところを書いてください。という意味です。

a=r^(p-1)/p

ということでしょうか？

>>199

その通りです。�@の答えはa=r^(p-1)/pですね。
あるrとpに対して、aはa=r^(p-1)/pという式で決めることができます。

同様に、�Aと�Bもお願いします。

>200
同様に、�Aと�Bもお願いします。

�A　aが�@の値の時、aを(5)式に代入するとどうなりますか。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)に、a=r^(p-1)/pを代入すると
x^p+y^p=(x+{(r^(p-1)/p)p}^{1/(p-1)})^p
x^p+y^p=(x+r)^pとなります。

>>201

その通りです。�Aの答えはx^p+y^p=(x+r)^pですね。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pと書くとrとpが何か関係があるように錯覚しますけど
じつはaに含まれる分のrとpが全て打ち消しあって、ただのrになる。
元に戻っただけのようですけど、rとpとは何の関連もなく別々に決まる数だ、ということが分かります。

同様に、�Bもお願いします。

>202
その通りです。�Aの答えはx^p+y^p=(x+r)^pですね。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pと書くとrとpが何か関係があるように錯覚しますけど
じつはaに含まれる分のrとpが全て打ち消しあって、ただのrになる。
元に戻っただけのようですけど、rとpとは何の関連もなく別々に決まる数だ、ということが分かります。

「aに含まれる分のrとp」の意味を教えていただけないでしょうか。

>>204

>>199にあるとおり
a=r^(p-1)/p
であって、aはpの値によって値が変わるし、rの値によっても値が変わります
aを決める式の中に、rとpが含まれています。

>202
同様に、�Bもお願いします。
�B　r=1のとき、(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、等しくなりますか。
　r=2のときはどうですか。

(3)の場合、r=1,r=2となりません。
(5)の場合、r=1,r=2となります。
(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、比較できません。

>>205
それなら>>188に書いてあるのは、「(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、等しい」の場合
だけのようですから調べないといけませんね。
r=1の場合
r=2の場合
r=3の場合
…
でも>>188ではそれを調べていないので、証明は間違いですね。

存在命題というのは
たとえば
k=5のときを示したからと言って
1から4までを示したことにはならない

しかし全称命題の元を選び取ることもできない
たとえば
N：自然数の全体
とする
このとき
∀k∈Nに対して
k=1を選ぶことはできない
それゆえ数学的帰納法は改めなければならない
いやこれまでに示された全称命題すべてについて
改めなければならないだろう

全称量化子について
集合
A：={1,2,3,4,5}
が在る

このとき

∀a∈Aに対して

a=1

を選ぶことはできるか？――NO

なぜならAの元は1から5までの何れかの数であるからだ
「何れか」というのは1や2など特定しない元をいう
もちろん

∀a∈Aに対して　a・0=0　となる0が存在する

などと言うことはできる
しかしaの具体例はない
具体例というのはAの元であるということである
つまりこの場合のaはaのまま扱わなければならないのだ
このとき「aを固定する」という

それゆえAから任意の元を選ぶとその元は固定されるという意味は
ひとたび選ばれたaは動くことがないという意味ではあるが
aが具体的に1であるとか2であるというように代入して考えることはできない
という意味である

>206
r=1の場合
r=2の場合
r=3の場合
…
でも>>188ではそれを調べていないので、証明は間違いですね。

(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、同じなので、(3)のx,y,zのみを調べれば、良いです。

>207,208,209

わかりません。

>>210

では>>205に
> (5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、比較できません。
と書いてあるのは間違いなのですか？

比が同じであることは証明できてますか？

>212
> (5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、比較できません。
と書いてあるのは間違いなのですか？

r=1,r=2の場合は、
(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、比較できません。

>>212は日本語の解釈が間違っていたので取り消します。

>>188によると、zが自然数の時少なくともxは無理数ですよね。

でも、r^(p-1)=pでなくr^(p-1)=apであるような別の数の組X,Y,Zについて、r=1でZが自然数の時、Xは整数です。

(5)のX,、Zの比と(3)のx,zの比が同じになることはありません。

>213
比が同じであることは証明できてますか？

(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となります。

参考になるなら。
フェルマースレ1
761 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2019/10/27(日) 08:23:16.84 ID:Uo4wQ7qk [3/8]
>>759
何度でも同じこと書くしかないのかなあw

z=x+rなんだから、

r=p^{1/(p-1)}ならば、rは無理数だから「xを有理数とすると、zは無理数となる」よって、xとzは整数比になり得ない……(1)

rが有理数になるようにaを決めてr=(ap)^{1/(p-1)}としたならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、xとzは必ず整数比になる……(2)

つまり、
★★(1)と(2)のxとzの比が等しくなることは決してあり得ない★★

整数比になりえないr=p^{1/(p-1)}のときのx:z(1)と、整数比でしかないr=(ap)^{1/(p-1)}のときのx:z(2)は、決して一致することはない。断じてありえない。

(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…(3)となる。
(3)はz=x+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、x,yは無理数となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/a…(4)とする
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、等しい。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>217
rが有理数になるようにaを決めてr=(ap)^{1/(p-1)}としたならば、xを有理数とすると、zは必ず有理数となる。だから、xとzは必ず整数比になる……(2)

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、
(5)のx,y,zが、共に自然数となることは、ありません。

>>219

>>190の�@と�Aで、aの値がはどうなるか、
(5)にaの値を代入するとどうなるか、確かめたじゃないですか

r=1のとき、pの値にかかわらず、zが自然数ならxも自然数
>>201であなたが解いてくれた通りです。

>>218 日高にならって

【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+7y^p=z^pを、z=x+rとおいて、x^p+7y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を(x/r)^p+7(y/r)^p=(x/r+1)^p
7(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}
r^(p-1){7(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+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はz=x+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、xは無理数となる。
(2)をr^(p-1){7(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/a…(4)とする
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+7y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、等しい。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。

反例：1^3+7*1^3=2^3。
(5)はx^3+7y^3=(x+r)^3でありr=1とすればx^3+7y^3=(x+1)^3となりx=y=1,z=2が解。
(3)はx^3+7y^3=(x+3^{1/2})^3だがこの無理数解x=y=3^{1/2},z=2*3^{1/2}はx:y:z=1:1:2をみたす。

ちょっと書き方を変えてみます。

>>205の通り、(5)式はr=1でもr=2でも成り立ちます。
たとえばZ=2,X=1の時X：Z=1：2です。

「(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、等しい」が正しいとするなら
r^(p-1)=pでzが自然数の時、x:zが1：2になるようなxをこたえられるはずです。
答えてください。

>>221
有益な情報ありがとう。

x1,x2,x3,・・・,xnのn個のベクトルがあるとき
√(x^1^2+x2^2+・・・+xn^2+2*(x1*x2*cosθ1+x1*x3*cosθ2+・・・))=R
Rの取りうる値は2^(n-1)個のみ
θがnC2個あるがそれぞれ0かπだとすると2^(nC2)個の値をとりうるが実際に平面上に書き出せる個数は2^(n-1)個のみ
2^(nC2)-2^(n-1)個の実際には平面上に書き出せないベクトルの合計値の絶対値はすべての要素が整数になることがない


(x^12+y^12+z^12+a^12-2*(x^6*y^6-y^6*z^6-x^6*z^6-x^6*a^6-y^6*a^6+z^6*a^6))=0

(x^12+y^12+z^12+a^12+b^12+2*(x^6*y^6*cosθ1+y^6*z^6*cosθ2+x^6*z^6*cosθ3+x^6*a^6*cosθ4+y^6*a^6*cosθ5+z^6*a^6*cosθ6+b^6*x^6*cosθ7+b^6*y^6*cosθ8+b^6*z^6*cosθ9+b^6*a^6*cosθ10))=R
これはx^3,y^3,z^3,a^4,b^3の5個のベクトルの合計の長さ
2^(5-1)個=16個しかRは数値をとれない
2^(nC2)-2^(n-1)個の範囲でR=0のときx,y,z,a,bが同時に整数になることがない
(x^12+y^12+z^12+a^12+b^12+2*(x^6*y^6+y^6*z^6x^6*z^6+x^6*a^6+y^6*a^6+z^6*a^6+b^6*x^6+b^6*y^6+b^6*z^6*-b^6*a^6))=0

分かったことだけど、
比でやる考え方は、別に悪くないのか。
>>221の(3)の無理数解で、(5)の解を検出できてるし。

問題は、既出だと思うけど、
(3)の解を、無理数の範囲まで調べないといけない事なんだな。

>>226
そらそうよ
r^(p-1)=pでpが奇素数のときrは無理数なんだから
整数比の解があるとすればzは無理数に決まってる
無理数のzとrとyの組のうち整数の比になるものを探すなんて全然無理
結局xとyとrにしらみつぶしに自然数を入れて成り立つかどうか調べるほうがたぶんかんたん
どのみちすべてを調べつくすのは無理

>>227
なるほどサンクス。

(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…(3)となる。
(3)はz=x+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、x,yは無理数となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/a…(4)とする
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(5)と(3)のx,y,zの比は、等しい。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>220
r=1のとき、pの値にかかわらず、zが自然数ならxも自然数
>>201であなたが解いてくれた通りです。

p=2に、限っては、そうなります。

>221
pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
は、
反例1^3+7*1^3=2^3が存在するので、
間違いということに、なりますね。

>222
>>205の通り、(5)式はr=1でもr=2でも成り立ちます。
たとえばZ=2,X=1の時X：Z=1：2です。

x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)

p=3,x=1,z=2,r=1とすると、
1^3+y^3=(1+1)^3

yは、無理数となります。

>224,225
わかりません。

>226
>>221の(3)の無理数解で、(5)の解を検出できてるし。

よく、わかりません。どういう意味でしょうか？

>227
無理数のzとrとyの組のうち整数の比になるものを探すなんて全然無理

無理数のzとrとyの組のうち整数の比になるものが、あるならば、
共通の無理数で、割ると、z,r,yの商は、有理数となります。

>>235
貴方は
「(3)の無理数解を共通の無理数で割った物は、また(3)の有理数解になる」
と言いたいのかもしれないですが、

>>221の例でいくと
(3)の無理数解
　(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})
を共通の無理数で割った物は
　(1, 1, 2)
となって、これは(3)ではなく(5)の有理数解です。

よって
「(3)の無理数解を共通の無理数で割った物は、(3)ではなく(5)の有理数解になる」
です。なので貴方の反論は無効です。
これはフェルマースレ5で決着した事です。

>>231 日高
> >221
> pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、自然数解を持たない。
は、
> 反例1^3+7*1^3=2^3が存在するので、
> 間違いということに、なりますね。

では、証明のどこに間違いがあるでしょうか？
証明に間違いがなければ定理は正しいはずです。

>>230
「pの値にかかわらず」と「p=2に限って」は全く違いますが

>>199の�@、>>201の�Aはp=2の時に限って成り立つものですか
それとも、pの値にかかわらず成り立つものですか
どちらですか


>>232
まったく質問の答えになっていませんね
「(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、等しい」が正しいとするなら
r^(p-1)=pでzが自然数の時、x:zが1：2になるようなxをこたえられるはずです。

xはいくつですか、と聞いています。xがいくつになるか、答えてください。

>236
>>221の例でいくと
(3)の無理数解
　(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})
を共通の無理数で割った物は
　(1, 1, 2)
となって、これは(3)ではなく(5)の有理数解です。

(1)に自然数解が、存在するので、(3)に整数比の解が存在します。

>237
では、証明のどこに間違いがあるでしょうか？
証明に間違いがなければ定理は正しいはずです。

「(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はz=x+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、xは無理数となる。」のところです。

(3)の、x,y,zは、整数比となります。
よって、(1)は、自然数解を持ちます。

>>239
> (1)に自然数解が、存在するので、(3)に整数比の解が存在します。
それはその通りですね。
でも
　(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})
なので整数比だけど無理数解ですね。
なので、(3)の解を、無理数の範囲まで調べないといけないですよね。

>>240 日高
> >237
> では、証明のどこに間違いがあるでしょうか？
> 証明に間違いがなければ定理は正しいはずです。
>
> 「(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はz=x+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、xは無理数となる。」のところです。

どこがどう間違っていますか？

まだこんなクズスレやってたのかwwwwwwwwwwwwwww

>238
r^(p-1)=pでzが自然数の時、x:zが1：2になるようなxをこたえられるはずです。

x:zが1：2になるようなxは、存在しません。

>>244

では、「(5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、等しい」は間違いですね。
つまり(5)のx、zのうちx:zが整数比になるものを(3)の条件下では見つけられないので
やっぱり(5)のr=1もr=2もr=3も…も調べる必要がありますね。
なので、証明は間違いです。

>>245　間違えました
そもそも>>229は「「「(3)の条件でさらにｚが自然数の時」」」だけしか考えていないので

つまり(5)のx、zのうちx:zが整数比になるものを「「「(3)でさらにzが自然数の時」」」には見つけられないので

(5)のx,zの比と(3)のx,zの比を等しくすることができないので、

(3)で成り立つ理屈を(5)で使えないので、

(5)でzが自然数のときr=1もr=2もr=3も…も調べる必要があります。

日高さん，>>242に答えてください。

>241
　(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})
なので整数比だけど無理数解ですね。なので、(3)の解を、無理数の範囲まで調べないといけないですよね。

(3)の解(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})を、共通の無理数3^{1/2}で割ると、
(1,1,2)となります。
これを、(1)式に代入すると、成り立ちます。

>242
> 「(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)はz=x+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、xは無理数となる。」のところです。

どこがどう間違っていますか？

x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)は、p=3のとき、
整数比となる、無理数解を、持ちます。

>246
(5)でzが自然数のときr=1もr=2もr=3も…も調べる必要があります。

すみません。意味がよく理解できないので、最初から、詳しく説明していただけないでしょうか。

(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…(3)となる。
(3)はz=x+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、x,yは無理数となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/a…(4)とする
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(5)と(3)のx,y,zの比は、等しい。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>249 日高
> >242
> > 「(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> > (3)はz=x+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、xは無理数となる。」のところです。
>
> どこがどう間違っていますか？
>
> x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)は、p=3のとき、
> 整数比となる、無理数解を、持ちます。

それは上の「……」にある推論の間違いではありません。
ごまかさないで，誠実に答えてください。

>>251 日高は>>218 日高の

> (5)のx,y,zの比と(3)のx,y,zの比は、等しい。

を

> (5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(5)と(3)のx,y,zの比は、等しい。

に置き換えただけなので，返信はしません。

>>248
> >241
> 　(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})
> なので整数比だけど無理数解ですね。なので、(3)の解を、無理数の範囲まで調べないといけないですよね。
>
> (3)の解(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})を、共通の無理数3^{1/2}で割ると、
> (1,1,2)となります。
> これを、(1)式に代入すると、成り立ちます。
それはその通りですね。
でもそれは、(3)の無理数解を得た「「「後の」」」話ですよね。
大元の
　(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})
を得るためには、
(3)の解を、無理数の範囲まで調べないといけないですよね。

>>250

�@(3)は、r^(p-1)=pでzが自然数の時、xが無理数になるんですよね。
�@つまりr^(p-1)=pでzが自然数の時、x:zが必ず無理数比になります。
�@r^(p-1)=pでzが自然数の時、x:zが無理数比になるから、(1)が自然数解を持たないことが言えます。

�Aあなたによると、(5)は、(3)と比が同じだから、自然数解にならないんですよね。

�Bでも、(5)はx:zが整数比になる答えがいくらでもあります。整数比と無理数比とは明らかに異なります。

�C�@ではx:zが無理数比になる時しか(1)について調べていません。

�D(5)でx:zが整数比になる時は、�@では調べていないので、別に調べないといけません。

>254
　(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})
を得るためには、
(3)の解を、無理数の範囲まで調べないといけないですよね。

(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})が、存在するならば、
(1,1,2)も、存在します。

>255
(5)はx:zが整数比になる答えがいくらでもあります。

(5)に、x:y:zが整数比になる答えが、あるでしょうか？

>>257
それが簡単にわかったらフェルマーも余白に答えを書いてますよ

でも、少なくともx:zが整数比になる答えはいくらでもあります。

>>258追記

そして、x:zが整数比になる答えは�@では調べていません。

>258
でも、少なくともx:zが整数比になる答えはいくらでもあります。

そうですね、

>>256
> >254
> 　(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})
> を得るためには、
> (3)の解を、無理数の範囲まで調べないといけないですよね。
>
> (3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})が、存在するならば、
> (1,1,2)も、存在します。
つまり
　(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})
を見つける「「「前に」」」
　(1, 1, 2)
を見つける、という事ですか？

> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)

に自然数比をなす実数解x,y,x+p^{1/(p-1)}があることとフェルマーの最終定理に反例があることとは同値だから
日高氏はフェルマーの最終定理になんら近づいていない。

>262
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
に自然数比をなす実数解x,y,x+p^{1/(p-1)}があることとフェルマーの最終定理に反例があることとは同値

(3)に自然数比をなす実数解x,y,x+p^{1/(p-1)}があるならば、
(1)に、自然数解があります。

(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…(3)となる。
(3)はz=x+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、x,yは無理数となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/a…(4)とする
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(5)と(3)のx,y,zの比は、等しい。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>263 日高
> >262
> > x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> に自然数比をなす実数解x,y,x+p^{1/(p-1)}があることとフェルマーの最終定理に反例があることとは同値
>
> (3)に自然数比をなす実数解x,y,x+p^{1/(p-1)}があるならば、
> (1)に、自然数解があります。

それって262の言ってることの半分（片側方向）を言っているだけでは？

日高さん、>>252への回答はまだですか？

>261
つまり
　(3^{1/2}, 3^{1/2}, 2*3^{1/2})
を見つける「「「前に」」」
　(1, 1, 2)
を見つける、という事ですか？

はい。

>259
そして、x:zが整数比になる答えは�@では調べていません。

必要なのは、x:y:zが整数比になるかどうかです。

>265
それって262の言ってることの半分（片側方向）を言っているだけでは？

半分（片側方向）の意味を教えていただけないでしょうか。

>269
> x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)は、p=3のとき、
> 整数比となる、無理数解を、持ちます。

それは上の「……」にある推論の間違いではありません。
ごまかさないで，誠実に答えてください。

よく、意味が理解できないので、詳しく説明していただけないでしょうか。

>>267

確認ですが、>>221の例（今やってる流れ）と、
>>264の証明で、証明方法や考察に違いは無いですよね？
自然数解がある／ない　の違いだけで。

>>269 日高
> >265
> それって262の言ってることの半分（片側方向）を言っているだけでは？
>
> 半分（片側方向）の意味を教えていただけないでしょうか。

「同値」（必要十分条件）の意味がわかればわかるはずです。

>>270 日高

> よく、意味が理解できないので、詳しく説明していただけないでしょうか。

252と242で十分に説明しています。

ある命題が真であることと
それの証明と称するものが正しいこととの区別はついていますか？

>>268

その通りです。
あなたは>>264で、x:zが無理数比になる場合しか調べていないので、
証明は間違いです。
当たり前のことですが、x:y:zが整数比になる時、必ずx:zが整数比になります。
なので当然、x:zが整数比になる場合のことも調べなくてはいけません。

>273
ある命題が真であることと
それの証明と称するものが正しいこととの区別はついていますか？

よく、わかりません。

>274
当たり前のことですが、x:y:zが整数比になる時、必ずx:zが整数比になります。
なので当然、x:zが整数比になる場合のことも調べなくてはいけません。

x:y:zが整数比になるかどうかを、調べるだけで良いと、思います。

(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…(3)となる。
(3)はz=x+p^{1/(p-1)}が自然数のとき、x,yは無理数となる。
(2)をr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}1/a…(4)とする
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(5)と(3)のx,y,zの比は、等しい。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>235
> >227
> 無理数のzとrとyの組のうち整数の比になるものを探すなんて全然無理
>
> 無理数のzとrとyの組のうち整数の比になるものが、あるならば、
> 共通の無理数で、割ると、z,r,yの商は、有理数となります。

『無理数のzとrとyの組』の事を
>>277の証明の「(3)は……」のところで全く考慮していないですね。

>278
『無理数のzとrとyの組』の事を
>>277の証明の「(3)は……」のところで全く考慮していないですね。

『無理数のzとrとyの組』で、整数比となるものが、あるならば、
有理数の組で、あるので、(3)のところでは、無理数の組を、考慮する必要は、無いと思います。

>>279
> >278
> 『無理数のzとrとyの組』の事を
> >>277の証明の「(3)は……」のところで全く考慮していないですね。
>
> 『無理数のzとrとyの組』で、整数比となるものが、あるならば、
> 有理数の組で、あるので、(3)のところでは、無理数の組を、考慮する必要は、無いと思います。

得られた有理数の組は、フェルマーの解候補ですので、
これを無視する訳にはいかないと思います。
つまり、(3)のところでは、無理数の組を、考慮する必要は、有ると思います。

>>275 日高
> >273
> ある命題が真であることと
> それの証明と称するものが正しいこととの区別はついていますか？
>
> よく、わかりません。

それじゃあ君はどういうときに君のいう証明が正しいとされるかがわからないんだ。
これ以上のやり取りは無意味だね。

日高さん、>>242の
> どこがどう間違っていますか？
には答えずじまいですか？

>>279 日高
> >278
> 『無理数のzとrとyの組』の事を
> >>277の証明の「(3)は……」のところで全く考慮していないですね。
>
> 『無理数のzとrとyの組』で、整数比となるものが、あるならば、
> 有理数の組で、あるので、(3)のところでは、無理数の組を、考慮する必要は、無いと思います。

その理屈が成り立つなら>>221についても成り立つはずですよね。

(別解)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【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…(3)となる。
(3)はx,yを0を除く有理数とすると、p^{1/(p-1)}が無理数なので、成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【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)}、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)とする。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はx,yを0を除く有理数とすると、p^{1/(p-1)}が有理数なので、成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。

>278

285を見て下さい。

>280

285を見て下さい。

>281

285を見て下さい。

>282

285を見て下さい。

>283

285を見て下さい。

>284

285を見て下さい。

>293
(A)の時は絶対に(B)にはならないし、(B)の時は絶対に(A)にはなりません。
あなたが調べたのは、(A)だけです。

285は、x,y,zが、0を除く有理数の場合です。

>>294
あなたが>>285で書いている通り

r^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}
p^{1/(p-1)}が無理数
x,yは0を除く有理数
z=x+rは有理数+無理数=無理数

なので、
> 285は、x,y,zが、0を除く有理数の場合です。
は間違っています。

>>285
フェルマースレ1にこういうのがあったよ〜
反例は(1, 7, 2)など。

81 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2019/09/28(土) 11:56:56.38 ID:/q9d/h6J [2/2]
>>1の論法を使うとこういう証明ができる

【定理】x^3+y=z^3は自然数解を持たない。
【証明】z=x+rとおくと、x^3+y=(x+r)^3となる。
これを変形すると、r^2{(y/r^3)-1}=3(x^2+rx)となる。
r^2=3となるので、xを有理数とすると、zは無理数となる。
∴x^3+y=z^3は自然数解を持たない。

(別解)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【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…(3)となる。
(3)はx,yを0を除く有理数とすると、p^{1/(p-1)}が無理数なので、成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【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)}、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)とする。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はx,yを0を除く有理数とすると、p^{1/(p-1)}が有理数なので、成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ

>295
> 285は、x,y,zが、0を除く有理数の場合です。
は間違っています。

285の、命題は、x,y,zが、0を除く有理数の場合は、存在しない。です。

>296
【定理】x^3+y=z^3は自然数解を持たない。

これは、285の命題とは、異なります。

>>299
> 285の、命題は、x,y,zが、0を除く有理数の場合は、存在しない。です。

ではr^(p-1)=pとはおけませんね。
そこが間違いなので証明は間違いです。

>>300

>>296は>>285と同じ論法を使っているのに間違っています。
その事については、どう考えますか？

>>297
(o) 「r^(p-1)=p」と、「x、y、zが有理数」は絶対に同時に成り立たない

ので

(a) 「r^(p-1)=pのとき」を優先して考えれば「x、y、zは有理数にならない」
(a) 「r^(p-1)=pのとき」x、y、zを有理数にすることはできない

(b) 「x、y、zが有理数」を優先して考えれば「r^(p-1)=pが成り立たない」
(b) 「x、y、zが有理数」のときr^(p-1)=pが成り立つようにrを決めることはできない。

(b)のときの証明がないので>>297は間違いです。

>301
ではr^(p-1)=pとはおけませんね。

rが、無理数ならば、r^(p-1)=pとおけます。

>302
【定理】x^3+y=z^3は自然数解を持たない。
【証明】z=x+rとおくと、x^3+y=(x+r)^3となる。
これを変形すると、r^2{(y/r^3)-1}=3(x^2+rx)となる。
r^2=3となるので、xを有理数とすると、zは無理数となる。
∴x^3+y=z^3は自然数解を持たない。

この場合の反例は、反例は(1, 7, 2)、r=1ですが、
1^2=3となりません。

>303
(b)のときの証明がないので>>297は間違いです。

(3)はx,yを0を除く有理数とすると、p^{1/(p-1)}が無理数なので、成り立たない。
と、いうことになります。

>>305
> >302
> 【定理】x^3+y=z^3は自然数解を持たない。
> 【証明】z=x+rとおくと、x^3+y=(x+r)^3となる。
> これを変形すると、r^2{(y/r^3)-1}=3(x^2+rx)となる。
> r^2=3となるので、xを有理数とすると、zは無理数となる。
> ∴x^3+y=z^3は自然数解を持たない。
>
> この場合の反例は、反例は(1, 7, 2)、r=1ですが、
> 1^2=3となりません。

つまり、>>296の証明は
> r^2=3となるので、
の部分が間違い、という事でしょうか。

>>306

(b)のときr^(p-1)=pは成り立たないのでp^{1/(p-1)}が無理数だろうが何だろうが関係ありません。
(b)の時の証明がないので>>297は間違いです。

>>306追記

(3)はそもそもr^(p-1)=pが成り立つとして(2)を変形した式です。
(b)ではr^(p-1)=pが成り立ちませんので
(3)にはなりません。)

(別解)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【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…(3)となる。
(3)はx,yを0を除く有理数とすると、p^{1/(p-1)}が無理数なので、成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【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)}、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)とする。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はx,yを0を除く有理数とすると、p^{1/(p-1)}が有理数なので、成り立つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ

ちなみに
>>311

>　(3)はx,yを0を除く有理数とすると、p^{1/(p-1)}が有理数なので、成り立つ。

x、y、zが有理数であることを確認しただけで、x^p+y^p=z^pを満たすx、y、zが存在する証明をしていないので
>>311の証明は間違っています。

>>311 日高
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ。
【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)}、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)}…(2)とする。
(2)はr=2のとき、x^p+y^p=(x+2)^p…(3)となる。
(3)はx,yを0を除く有理数とすると、2が有理数なので、成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数解を持つ

>>310 日高
(別解)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。
【証明】x^p+7y^p=z^pを、z=x+rとおいて、x^p+7y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を(x/r)^p+7(y/r)^p=(x/r+1)^p、7(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r}、
r^(p-1){7(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+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はx,yを0を除く有理数とすると、p^{1/(p-1)}が無理数なので、成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数解を持たない。

【定理】1≠1
【証明】1=1…(1)とおく。
1=2(1/2)…(2)
1=3(1/3)…(3)
(1)(2)(3)より2(1/2)=3(1/3)
ここで2=3とおく。
これは矛盾している。
したがって1≠1

>307
> r^2=3となるので、
の部分が間違い、という事でしょうか。

r^2=3とすると、r=3^(1/2)となるので、
x^3+y=(x+r)^3は、x^3+y={x+3^(1/2)}^3となります。
x=3^(1/2)、y=7{3^(1/2)}、z=2{3^(1/2)}のとき
x,y,zは、整数比となります。

>>316
> x=3^(1/2)、y=7{3^(1/2)}、z=2{3^(1/2)}のとき
は自然数解じゃないのでどうでもよくて、

> 反例は(1, 7, 2)、「「「r=1」」」
なのに、>>296の証明では
> r^2=3とすると、「「「r=3^(1/2)」」」
なので、

> つまり、>>296の証明は
> > r^2=3となるので、
> の部分が間違い、という事でしょうか。
と聞いています。

>316
すみません。
計算間違いです。

あ、そっか。yは3乗しないのか。

>317
> > r^2=3となるので、
> の部分が間違い、という事でしょうか。
と聞いています。

r^2=3とすると、
x,y,zが、無理数で、整数比となるので、
整数解も、存在するということです。

従って、r^2=3の部分は、間違いではありません。

>>320
しかしr^2=3だと「「「r=3^(1/2)」」」なので、
反例(1, 7, 2)の時の「「「r=1」」」と
整合が取れないのでは？
この部分はどう説明しますか？

>313
(1)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p、(y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)}、

この部分の変形が、わかりません。

>314
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+7y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。

p=3の場合、r^(p-1)=pのとき、x^3+7*y^3=(x+√3)^3となります。
x=√3、y=√3、z=2√3ならば、
x,y,zは、整数比となるので、x,y,zの、整数解が存在します。

>321
しかしr^2=3だと「「「r=3^(1/2)」」」なので、
反例(1, 7, 2)の時の「「「r=1」」」と
整合が取れないのでは？
この部分はどう説明しますか？

r^2=3とすると、
x,y,zが、無理数で、整数比となるので、
整数解も、存在するということです。