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。

>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。