フェルマーの最終定理の簡単な証明その２

【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。
【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)の両辺をr^pで割って、両辺を積の形にすると、
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(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rが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となり、解は整数比とならない。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}/a…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(5)のrは、有理数となる場合があるが、解は、整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解は、整数比とならない。

>263
>>262 それで無効となるの？

どういう意味でしょうか？

>264
まともな数学の言葉言葉遣い出でないので、ゴミ。間違い。勉強し直せ。

なぜでしょうか？

（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(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rが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

（ピタゴラスの定理）
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。　
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。

>>266 日高
> >263
> >>262 それで無効となるの？
>
> どういう意味でしょうか？

何の話をしていたかもう忘れているのでは？

>>269 日高
ピタゴラスの定理ってそれじゃないよ。

>>267
間違いだから。
無意味な返事で誤魔化すな。ゴミ

>270
何の話をしていたかもう忘れているのでは？

もとの話を、教えて下さい。

>271
ピタゴラスの定理ってそれじゃないよ。

どういう意味でしょうか？

>272
間違いだから。
無意味な返事で誤魔化すな。ゴミ

なぜでしょうか？

その頭じゃ数学は無理。

>276
その頭じゃ数学は無理。

どうしてでしょうか？

（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(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rが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

（ピタゴラスの定理）
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。　
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。

>>278 日高
rが特別な値の場合しか調べていないので誤りです。

>>279 日高
ピタゴラスの定理には直角三角形が出てくるんですよ。

>280
rが特別な値の場合しか調べていないので誤りです。

rが別な値の場合も、x,y,zの、比は同じとなります。

>>282 日高
> >280
> rが特別な値の場合しか調べていないので誤りです。
>
> rが別な値の場合も、x,y,zの、比は同じとなります。

だったらそれを証明の中に書きな。

>281
ピタゴラスの定理には直角三角形が出てくるんですよ。

直角三角形が出て来なくても、ピタゴラスの定理というのでは、ないのでしょうか？

>283
だったらそれを証明の中に書きな。


理由を、問われれば、答えます、

>>256日高
ならば，p=2のときの【定理】は【証明】の内容からは，z=x+2 とおいて，x,y,z が「有理数となる場合がある」という命題を証明しようとしていることになります。
この命題ならば確かに【真】ですが，「常に有理数となる」という命題としてならば【偽】です。(ここまでは確認事項)

そこで次に，pが奇素数であるときの【定理】を検討してみると，【証明】の内容からは
r^(p-1)=p の式でrを定め，z=x+r と置いた形のとき，x,y,z が「無理数となる」という命題を証明しようとしていることになります。
しかし，この場合「無理数となる」という命題が【真】であるとしても，これは zが特定の値をとるとき x,y,z が「無理数となる場合がある」ことを証明しているだけで，
「常に無理数となる」＝「有理数の解をもたない」という証明にはなりません。

つまり，フェルマーの最終定理の証明のためには，rをこの形以外に定めた場合でも、
x^p+y^p=z^pには有理数の解は存在しないこと，
即ち，zがいかなる有理数値をとろうとも「x,y,zはともに有理数となることはない」ことを証明しなければいけません。

そうすると，【証明】の内容にも問題があることがわかります。
ここで【証明】のなかで 御自身が「rが無理数」とされていることに留意して下さい。
z=x+r なのですからｚが有理数となるためには，xはこの無理数rを打ち消す無理数を含んでいなければなりません。
つまり「ｒが無理数」ならば「xは無理数」であり，それが【証明】に繰り込まれてしまっています。
即ち，ここでの【証明】は「ｘが無理数」であるならば「x,y,zがともに有理数となることはない」という当たり前のことを述べているだけであり，
結論としては【証明】には何の意味もない，ということになります。

以上の趣旨をご理解いただけると幸いです。

>>284 日高
> >281
> ピタゴラスの定理には直角三角形が出てくるんですよ。
>
> 直角三角形が出て来なくても、ピタゴラスの定理というのでは、ないのでしょうか？

ふつうは言わないと思うけど。言っている文献があったらあげてください。

>>285 日高
> >283
> だったらそれを証明の中に書きな。
>
>
> 理由を、問われれば、答えます、

書きたくなければ書かなくてもいいよ。誰も正しいとは認めないだけだから。

>286
つまり「ｒが無理数」ならば「xは無理数」であり，それが【証明】に繰り込まれてしまっています。

この部分を、詳しく説明していただけないでしょうか。

>287
ふつうは言わないと思うけど。言っている文献があったらあげてください。

文献は、わかりません。

>288
書きたくなければ書かなくてもいいよ。誰も正しいとは認めないだけだから。

よく、わかりません。

（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(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rが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

（ピタゴラスの定理）
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。　
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。

>>292日高が正しいなら（たぶん）次も正しい。

【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){7(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(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rが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

反例はp=3,x=y=1,z=2。

>>289
「rは無理数」である。
これは「pが奇素数」かつ「r^(p-1)=p(を満たす数)」と置いたことによって，x,y,zの値と無関係に定まります。

つぎに，「zが無理数」ならば，当然「x,y,zはともに有理数とはならない」=「x,y,zには少なくとも1個の無理数が含まれる」ことになります。
この場合x,y,zの値がどうであろうと，x,y,zの関係式がどうであろうと，この命題は【真】となります。
これは「zが無理数」を「xが無理数」または「yが無理数」と置き換えても当然成り立ちます。
つまりx,y,zのどれかが「無理数」ならば「x,y,zには少なくとも1個の無理数が含まれる」ということであり、これはあまりにも自明でしょう。

そこで「r^(p-1)=p」で r を定め，z=x+r とおくと
「rは無理数」(確定)なのですから
(1)「xが有理数」ならば，「zは無理数」となります。zにはrの無理数部分がそのまま残るからです。
(2)「xが無理数」ならば，「zは無理数」または「zは有理数」となりますが，前提として既に「無理数」がx,y,zの中に(xとして)含まれることになります

つまり(1)であろうと(2)であろうとx,zのどちらかが「無理数」なのですから
「x,y,zはともに有理数とはならない」=「x,y,zには少なくとも1個の無理数が含まれる」が成り立ってしまいます。

つまり、「rが無理数」かつ「z=x+r」と定めた時点で、「x,y,zには少なくとも1個の無理数が含まれる」が常に成り立ちます。

あなたが【証明】で述べていることは、結局フェルマーの最終定理にはまったく関係なく、それ以前に
「xが無理数」または「zが無理数」ならば「x,y,zには少なくとも1個の無理数が含まれる」ということを述べているだけであり、
すなわち、まったく無意味な【証明】であると思います。

たとえば
>>250 日高
にはrがその値以外の場合の考察もいちおう書いてある。

>>275

> >272
> 間違いだから。
> 無意味な返事で誤魔化すな。ゴミ
>
> なぜでしょうか？
迷惑だから。

>>256より
>255
あなたが「有理数となる」と主張されるとき，その意味するところは「有理数となる場合がある」との理解で正しいのですか？

はい。

ということは、
>>292は

（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる場合がある。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる場合がある。xが有理数のとき、yは無理数となる場合がある。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

という主張だということで、全く意味不明。

>294
>>292日高が正しいなら（たぶん）次も正しい。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

反例はp=3,x=y=1,z=2。

式が、違います。

>295
「xが無理数」または「zが無理数」ならば「x,y,zには少なくとも1個の無理数が含まれる」ということを述べているだけであり、
すなわち、まったく無意味な【証明】であると思います。

rが有理数の場合の、x,y,zは、rが無理数の場合の定数倍となるので、
rが、有理数であっても、無理数であっても、x,y,zの割合は、変わりません。

>296
>>250 日高
にはrがその値以外の場合の考察もいちおう書いてある。

よく、目を通していただき、ありがとうございます。
rが、有理数であっても、無理数であっても、x,y,zの割合は、変わらないということです。

>297
迷惑だから。

なぜ、迷惑なのでしょうか？

>298
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。

ではなく、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
です。

（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(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rが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

（ピタゴラスの定理）
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。　
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。

>>304
>>305
　漫才のネタですかwwwwwwwwwwwwwwww

>306
　漫才のネタですかwwwwwwwwwwwwwwww

どういう意味でしょうか？

>>300
では，rが有理数であるとしたときの，pが奇素数の場合の証明を書いてみて下さい。

つまり，「rが有理数の場合の・・・」以下を数式で説明してみて下さい。

>>302

> >297
> 迷惑だから。
>
> なぜ、迷惑なのでしょうか？
間違いだから。

>308
では，rが有理数であるとしたときの，pが奇素数の場合の証明を書いてみて下さい。

【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(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rが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
rが有理数の場合は、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

>309
間違いだから。

なぜ、間違いだから迷惑となるのでしょうか？

>>311

> >309
> 間違いだから。
>
> なぜ、間違いだから迷惑となるのでしょうか？
なんで考えずに聞くの？それも迷惑。

>>299 日高
> >294
> >>292日高が正しいなら（たぶん）次も正しい。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
>
> 反例はp=3,x=y=1,z=2。
>
> 式が、違います。

確かに式は違います。私は証明の間違いを指摘することもできます。
では、どうして、日高によるフェルマーの最終定理の証明は同じ間違いを犯していないと言えるのでしょう？

>>303
再掲

>>256より
>255
あなたが「有理数となる」と主張されるとき，その意味するところは「有理数となる場合がある」との理解で正しいのですか？

はい。

ということは、
>>292は

（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる場合がある。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる場合がある。xが有理数のとき、yは無理数となる場合がある。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

という主張だということで、全く意味不明。

>313
確かに式は違います。私は証明の間違いを指摘することもできます。

証明の間違いを指摘して下さい。

>314
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。

「場合がある。」ではなく、(2)となります。

（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(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rが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

（ピタゴラスの定理）
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。　
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。

>>310
>(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる

その場合k=a^{1/(p-1)}とおくと x=kx,y=ky,z=kzとなります。
引用部分は，これを(4)に代入すると (kx)^p+(ky)^p=(kz)^p...(4)' が成り立つという意味だと思うんですが，
(4)' は k^pで両辺を割ることができ，割ると x^p+y^p=z^pとなります。
この式は(3)そのものですから，何も証明していません。

(3)で「x,y,zには少なくとも一つの無理数が含まれる」という命題の真偽と，
(4)'で「x,y,zには少なくとも一つの無理数が含まれる」という命題の真偽は同値です。同じ式なんですから。
ただの繰り返しにしかなっていません。

そもそも(4)で「rが有理数の場合は，・・・」とすることができません。
rは r^(p-1)=p で定義されるpの値でその値が具体的に決定される無理数です。

それを前提に考えるとrが無理数であり，z=x+rという関係式を認める場合
「x,zの少なくとも一つが無理数」という命題は【真】となります。>>289参照。
つまり，結論として証明すべき命題を，証明の前提にぶち込んでしまっています。
結果として【証明】は何も証明していないとになってしまいます。
そこで述べられているのは
「x,y,zの少なくとも一つが無理数」ならば「x,y,zの少なくとも一つが無理数」であるという無意味な論述です。

参照は<<295でした。
また，
k=a^{1/(p-1)}とおくと x=kx,y=ky,z=kzとなります。
は，
k=a^{1/(p-1)}とおくと x'=kx,y'=ky,z'=kzとなります。
です。こうしてみると，(4)は x',y',z'を用いて書いたほうがよさそうです。

>>315 日高
> >313
> 確かに式は違います。私は証明の間違いを指摘することもできます。
>
> 証明の間違いを指摘して下さい。

>>294

> >>292日高が正しいなら（たぶん）次も正しい。
>
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
> 【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){7(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
> (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rが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
>
> 反例はp=3,x=y=1,z=2。

(3)はx^3+7y^3=(x+√3)^3となるがx=y=√3のときz=x+√3=2√3となって(3)をみたす。
つまりx=y=√3,z=2√3は無理数解だがx:y:zは自然数比1:1:2となる。
このケースを見落としている。

日高は見落としていないと言い切れるか？

>319
そもそも(4)で「rが有理数の場合は，・・・」とすることができません。

どうしてでしょうか？

>321
(3)はx^3+7y^3=(x+√3)^3となるがx=y=√3のときz=x+√3=2√3となって(3)をみたす。
つまりx=y=√3,z=2√3は無理数解だがx:y:zは自然数比1:1:2となる。
このケースを見落としている。

式が、違います。

>>323 日高
式は違うが、同じ見落としをしていないと言い切れる？

x^3+y^3=(x+√3)^3に、無理数解x,y,zでx:y:zが自然数比となるものは存在しないって言える？
言えるなら証明してみせて。

>>316
再掲

>>256より
>255
あなたが「有理数となる」と主張されるとき，その意味するところは「有理数となる場合がある」との理解で正しいのですか？

はい。

ということは、
>>292は

（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる場合がある。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる場合がある。xが有理数のとき、yは無理数となる場合がある。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

という主張だということで、全く意味不明。

＞「数式」書き込み支援プログラム
関連のスレッド無いのか？

＞より直観的なシンプル・タイプで、微積分や係数・関数、各分野の単位表現や実用数学の再現性に特化。
みたいなヤツ。

>>326
あと当然、
＞「方程式、もしくはグラフ等個別の具現指示記号・信号」からの主に３D視覚イメージ（場合によって動画）化を伴う単純化＋プレゼンテーションする機能
＞としてあるプログラム
とか。

高校生の頃にMathematica動いてるワークステーション見て仰天したわ

>>317

x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s,、t、uが存在するならば、そのときr=z-xで定義されるrは必ず有理数である。有理数-有理数=有理数だから。

rが有理数でないとき、x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uは存在しない。存在しないもののことなんて考えるだけ無駄。無意味

よって>>317は無意味な落書きです。


rが有理数でないとき、x^p+y^p=z^pを満たす3つの無理数αs、αt、αuは存在するかもしれない。存在しないことが証明されてないから。

(3)はrが無理数なので、x^p+y^p=z^pを満たす3つの無理数αs、αt、αuは存在するかもしれない。存在しないことが証明されてないから。

そのとき(3)の解の1/α倍である3つの有理数s、,t、uはx^p+y^p=z^pの解である。（この時当然r=z-xで定義されるrは有理数である。)

>>322日高
>(3)はrが無理数なので、「yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。」

という(3)の結論は，rが無理数であることに基づいているので，rが有理数の場合には使えません。

>(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

のときに行間で(3)の結論を使っていますよね。
しかし，「rが有理数ならば、x,yは有理数となる」が(3)の結論とは無関係に成り立つかも知れないんですから

>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

とは結論できないでしょう。

まとめておくと，あなたの【証明】において主張されている論述は
(1)r^(p-1)=p で，無理数rを定義し，(2)z=x+r と置いたうえで，
「x,y,zのうち少なくとも1つは無理数である」という結論を導こうとしているのだと判断できます。

しかし，(1)(2)を前提とするならば「rが無理数」ならば「x,zのどちらか，または両方が無理数である」(命題Bとします)は【真】となります。
ここから「x,y,zの少なくとも1つは無理数である」(命題Aとします)という結論を引き出そうというのは全くの徒労でしょう
Bが成り立つならば，Aは成り立つからです。

あなたの【証明】は「A ならば A である」という無意味な主張でしかありません。
【簡単な証明】がもし存在するならば，それは「x,y,zのすべてが有理数と仮定する」と(r=z-xですから当然rも有理数となります)矛盾が生じるという背理法で証明するしかありません。
無理数を持ち込むと「A ならば A である」になってしまいます。

付言しておくと(1)(2)を前提とすると，xとzの差は一定の具体的な値に固定されることになります。
その場合に命題Aが成り立つとしても，xとzの差がそれ以外の値のときにAが否定されるかも知れないのですからその点でも【証明】には欠陥があります。
つまり(1)(2)を前提とする限りその証明は「x,y,zの少なくとも1つは無理数である」「場合がある」という存在命題の証明に過ぎません。
証明は当然「常に」「x,y,zの少なくとも1つは無理数である」という全称命題の証明でなければなりません。

>324
x^3+y^3=(x+√3)^3に、無理数解x,y,zでx:y:zが自然数比となるものは存在しないって言える？
言えるなら証明してみせて。

x^3+y^3=(x+√3)^3のx,yが、有理数のとき成り立たないので、x,yが無理数のときも、
成り立ちません。

>325
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。

(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となります。

>329
rが有理数でないとき、x^p+y^p=z^pを満たす3つの無理数αs、αt、αuは存在するかもしれない。存在しないことが証明されてないから。

x^p+y^p=z^pを満たす3つの無理数αs、αt、αuは存在しません。
理由は、
x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しないからです。

>330
「rが有理数ならば、x,yは有理数となる」が(3)の結論とは無関係に成り立つかも知れないんですから

「rが有理数ならば、x,yは有理数となる」が(3)の結論とは無関係に成り立つ場合は、
どういう場合でしょうか？

>331
まとめておくと，あなたの【証明】において主張されている論述は
(1)r^(p-1)=p で，無理数rを定義し，(2)z=x+r と置いたうえで，
「x,y,zのうち少なくとも1つは無理数である」という結論を導こうとしているのだと判断できます。

私の主張は、rが、無理数であっても、有理数であっても、x/yは、同じということです。

（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(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rが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

（ピタゴラスの定理）
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。　
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。

>>334

> 理由は、
> x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しないからです。

「x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しない」は最終的に証明しようとしている命題だろう。
(厳密には0を含まない有理数解が存在しない、だが)
当然、証明の中では真偽不明。

一定の条件下での成立が証明済であるなら、その条件が成り立つことを示した上で使うことはある。
でも今回は条件示してないのでそれには当たらない。

命題の証明に証明すべき命題そのものを使うのであれば、それは循環論法という誤謬なので、それでは何も証明できない。

>>332 日高
> x^3+y^3=(x+√3)^3のx,yが、有理数のとき成り立たないので、x,yが無理数のときも、
> 成り立ちません。

その論法はx^3+7y^3=(x+√3)^3に対しては通用しない。
ここでは成り立つというのだから、その理由を説明してくれたまえ。

>339
「x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しない」は最終的に証明しようとしている命題だろう。

「x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しない」は(3)で、証明済です。

>340
その論法はx^3+7y^3=(x+√3)^3に対しては通用しない。

式が、違います。

>>342 日高
> >340
> その論法はx^3+7y^3=(x+√3)^3に対しては通用しない。
>
> 式が、違います。

だから、式が違うx^3+y^3=z^3についてはなぜ通用するのか説明して、って言っています。説明して。

>>336 日高
> 私の主張は、rが、無理数であっても、有理数であっても、x/yは、同じということです。

それは誤りです。すでに何度も証明されているように、x/yは任意の値をとり得ます。

>>341 日高
> >339
> 「x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しない」は最終的に証明しようとしている命題だろう。
>
> 「x^p+y^p=z^pを満たす3つの有理数s、t、uが、存在しない」は(3)で、証明済です。

これで「問題外」決定では？　皆様。

>343
> その論法はx^3+7y^3=(x+√3)^3に対しては通用しない。

x^3+7y^3=(x+√3)^3の、7y^3の係数7が、ある為です。

（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(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rが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

（ピタゴラスの定理）
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。　
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。

>>346 日高
> >343
> > その論法はx^3+7y^3=(x+√3)^3に対しては通用しない。
>
> x^3+7y^3=(x+√3)^3の、7y^3の係数7が、ある為です。

7がないとなぜ通用するのですか？

>349
7がないとなぜ通用するのですか？

7があると、x,yが、有理数のとき、成り立ちます。
7がないと、x,yが、有理数のとき、成り立ちません。

>350
訂正
有理数→整数比

>350 日高
> >349
> 7がないとなぜ通用するのですか？
>
> 7があると、x,yが、有理数のとき、成り立ちます。
> 7がないと、x,yが、有理数のとき、成り立ちません。

>>351 日高
> >350
> 訂正
> 有理数→整数比

それはもうわかっています。その証明を述べてください。

>>333
再掲

>>256より
>255
あなたが「有理数となる」と主張されるとき，その意味するところは「有理数となる場合がある」との理解で正しいのですか？

はい。

ということは、
>>292は

（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる場合がある。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる場合がある。xが有理数のとき、yは無理数となる場合がある。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

という主張だということで、全く意味不明。

>>341

式が違います。

>>347の式
r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=z^pはx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となり、(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。

>>334の式
r^(p-1)=pでないとき、x^p+y^p=z^pは(3)にならず、rが無理数とも限らず、3つの有理数s,t,uが存在しないことが証明されていません。

式が違います。

>>341

繰り返しになりますが、3つの有理数s,t,uがx^p+y^p=z^pの解の時
rは無理数にはなりません。r^(p-1)=pには絶対になりません。よって(2)は絶対に(3)になりません。つまり、式が違います。

>>336

ある奇素数pについて、次の方程式を考える。

(2w)^p+w^p=((2w)+p^{1/(p-1)})^p…(3-A)

右辺を左辺に移項して

(2w)^p+w^p-((2w)+p^{1/(p-1)})^p=0…(3-B)

これはwについてのp次方程式であり、pが奇素数なので(3-B)を満たす実数w(もちろんそれは(3-A)も満たす)が少なくとも1つ必ず存在する。

ここで、x=2w,y=wとおく。これを(3-A)に代入して

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3-C)

wが少なくとも1つ存在するので、(3-C)を満たすx,yが少なくとも1つ必ず存在する。

この時、x/y=2

同様のやり方で、x/y=3、x/y=4、…となるようなx,yを見つけることができる。

>>336


例:p=3のとき

(2w)^3+w^3=((2w)+3^{1/(3-1)})^3…(3-A)

(2w)^3+w^3-((2w)+3^{1/(3-1)})^3=0

8w^3+w^3-(8w^3+3(4w^2)√3+3(2w)3+3√3)=0

w^3-(12√3)w^2-18w-3√3=0

w=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))のとき、(3-A)が成り立つ。

x=2w,y=wとおくと、(3-A)は

x^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…(3-C)となる。

x=2(6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))),y=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))のとき、(3-C)が成り立つ。

このとき、x/y=2

pが2のときx^2+y^2=(x+2)^2からy^2=4x+4となりx=y^2/4-1だからx/y=y/4-1/yとなって右辺のグラフの概形を考えるとx/yは任意の正の実数値をとる。

>352
それはもうわかっています。その証明を述べてください。

x^3+7y^3=(x+√3)^3は、
x=y=√3のとき、式が成り立つので、x,yは、整数比となります。

（フェルマーの最終定理）
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(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rが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、0を除く有理数の解を持たない。

（ピタゴラスの定理）
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。　
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
∴p=2のとき、x^2+y^2=z^2は、0を除く有理数の解を持つ。

>353
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる場合がある。

違います。(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。です。

>354
r^(p-1)=pでないとき、x^p+y^p=z^pは(3)にならず、rが無理数とも限らず、3つの有理数s,t,uが存在しないことが証明されていません。

r^(p-1)=pでないときは、r^(p-1)=apとなります。rは、有理数となります。

>355
繰り返しになりますが、3つの有理数s,t,uがx^p+y^p=z^pの解の時
rは無理数にはなりません。r^(p-1)=pには絶対になりません。よって(2)は絶対に(3)になりません。つまり、式が違います。

s,t,uがx^p+y^p=z^pの解の時は、rは有理数となります。

>>359 日高
> >352
> それはもうわかっています。その証明を述べてください。
>
> x^3+7y^3=(x+√3)^3は
> x=y=√3のとき、式が成り立つので、x,yは、整数比となります。

そっちじゃなくて、 x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる無理数解がないことを示してください。

>356
この時、x/y=2

同様のやり方で、x/y=3、x/y=4、…となるようなx,yを見つけることができる。

よく、理解できませんので、「見つけることができる。」の意味を詳しく説明して
いただけないでしょうか？