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。

>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。

(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。

>>324
質問の答えになっていません。
「「「r=3^(1/2)」」」と
「「「r=1」」」は
整合が取れないのでは？
と聞いています。

>327
>「「「r=3^(1/2)」」」と
「「「r=1」」」は
整合が取れないのでは？

「r=3^(1/2)」のとき、整数比の解が存在するので、
「r=1」」のとき、整数の解が存在します。

(別解の修正)
【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。
(3)はx,y,zを無理数としても、整数比とならない。
∴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。