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。

>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？

>357
このとき、x/y=2

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)は、成り立ちません。

>365
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。

x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる無理数解があるならば、
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があります。

>>368 日高
> >365
> 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。
>
> x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる無理数解があるならば、
> x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があります。

そうじゃなくて，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証明してください。

（上の日高の命題は、フェルマーの最終定理のp=3版に反例がないこと、から正しい。）

>>363


そうですね。r^(p-1)=pでないときは、r^(p-1)=apとなり、rは、有理数となり、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。

s,t,uを共通の無理数で割って、r^(p-1)=pが成り立つような新しい3つの無理数o,p,qを考えることができますが、
r^(p-1)=pのとき、3つの無理数o,p,qが存在しないことが証明されていません。

>>366

あなたの好きな数を1つ思い浮かべてください。それをφとします。

ある奇素数pについて、次の方程式を考える。

(φw)^p+w^p=((φw)+p^{1/(p-1)})^p…(3-A)

右辺を左辺に移項して

(φw)^p+w^p-((φw)+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=φw,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、(※)の部分の定義よりx/y=φ



例:p=3のとき、適当にφ=3とおく。

(3w)^3+w^3=((3w)+3^{1/(3-1)})^3…(3-A)
右辺を左辺に移項して
(3w)^3+w^3-((3w)+3^{1/(3-1)})^3=0
展開して
27w^3+w^3-(27w^3+27√3w^2+27w+3√3)=0
整理して
w^3-(27√3)w^2-27w-3√3=0
解の公式より
w=√3(9+3(2^(2/3))(7^(1/3))+(2^(4/3))(7^(2/3)))のとき、(3-A)が成り立つ。

x=3w,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=3√3(9+3(2^(2/3))(7^(1/3))+(2^(4/3))(7^(2/3))),y=√3(9+3(2^(2/3))(7^(1/3))+(2^(4/3))(7^(2/3)))のとき、(3-C)が成り立つ。

このとき、(※)の部分の定義よりx/y=φ=3

同様に
x^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…(3-C)
について
x=4√3(16+4(65^(1/3))+65^(2/3)),y=√3(16+4(65^(1/3))+65^(2/3))も(3-C)の解
このときx/y=4

x=5(3^(1/6))(25(3^(1/3))+15(14^(1/3))+3(42^(2/3))),y=(3^(1/6))(25(3^(1/3))+15(14^(1/3))+3(42^(2/3)))も(3-C)の解
このときx/y=5

>>368

式が違います。

x、y、zが有理数の時、r=(√3でないなにか)であってr=√3ではありません。
よって
満たす式はx^3+y^3=(x+(√3でないなにか))^3であってx^3+y^3=(x+√3)^3ではありません。

式が違います。

>>368 日高

> x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる無理数解があるならば、
> x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があります。

これを証明してくれてもいいです。

（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。
rが有理数のときの、x,yは(3)のときのx,y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。

（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。

>369
そうじゃなくて，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証明してください。

375を、見て下さい。

>370
そうですね。r^(p-1)=pでないときは、r^(p-1)=apとなり、rは、有理数となり、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が、有理数の場合の、x,yは(3)のときのx,yのa^{1/(p-1)}倍となります。

>s,t,uを共通の無理数で割って、…

o,p,qは、整数比となります。

>371
x^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…(3-C)となる。
このとき、(※)の部分の定義よりx/y=φ=3

x/y=φ=3は、(3-C)を、満たしません。

>372
x^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…(3-C)
このときx/y=5

x/y=5は、(3-C)を、満たしません。

>373
x、y、zが有理数の時、r=(√3でないなにか)であってr=√3ではありません。

x、y、zが有理数ならば、rは有理数です。

>374
> x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる無理数解があるならば、
> x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があります。

これを証明してくれてもいいです。

x^3+y^3=z^3を満たすx,y,zが、無理数のとき、その、x,y,zを、共通の無理数で割ると、
商は、有理数となります。

>>377 日高
> >369
> そうじゃなくて，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証明してください。
>
> 375を、見て下さい。

>>375には書かれていません。証明してください。

>>382 日高
> >374
> > x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる無理数解があるならば、
> > x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があります。
>
> これを証明してくれてもいいです。
>
> x^3+y^3=z^3を満たすx,y,zが、無理数のとき、その、x,y,zを、共通の無理数で割ると、
> 商は、有理数となります。

式が違います。x^3+y^3=(x+√3)^3です。

>>375
>>376
　これ、なんですか？
　数字と感じを合わせた乱数表ですかwwwwwwwwwwwwwwwww

（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。
rが有理数のときの、x,yは(3)のときのx,y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。

（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。

>383
そうじゃなくて，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証明してください。

x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解がないので、
整数比となる無理数解は、ありません。

>384
式が違います。x^3+y^3=(x+√3)^3です。

z=x+√3ですので、x=m√3,y=n√3のとき、x,yは、整数比となります。(m,nは、有理数)
(m√3)^3+(n√3)^3=(m√3+√3)^3
両辺を、√3^3で割ると、
m^3+n^3=(n+1)^3
m,nは、整数なので、解となりません。

>385
>>375
>>376
　これ、なんですか？
　数字と感じを合わせた乱数表ですかwwwwwwwwwwwwwwwww

どういう意味でしょうか？

>>388 日高
> >383
> そうじゃなくて，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証明してください。
>
> x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解がないので、
> 整数比となる無理数解は、ありません。

なぜ？　x^3+7y^3=(x+√3)^3の場合は自然数比となる無理数解があります。この式については存在しないことを示してください。

>>389 日高
> >384
> 式が違います。x^3+y^3=(x+√3)^3です。
>
> z=x+√3ですので、x=m√3,y=n√3のとき、x,yは、整数比となります。(m,nは、有理数)
> (m√3)^3+(n√3)^3=(m√3+√3)^3
> 両辺を、√3^3で割ると、
> m^3+n^3=(n+1)^3
> m,nは、整数なので、解となりません。

m,nは有理数と上で書いているではありませんか？

>391
　x^3+7y^3=(x+√3)^3の場合は自然数比となる無理数解があります。この式については存在しないことを示してください。

386を、見てください。

>392
> m^3+n^3=(n+1)^3
> m,nは、整数なので、解となりません。

m,nは、有理数なので、解となりません。
m/nは、無理数となります。

>>393 日高
> >391
> 　x^3+7y^3=(x+√3)^3の場合は自然数比となる無理数解があります。この式については存在しないことを示してください。
>
> 386を、見てください。

見ましたけど、書かれていません。証明してください。

>>394 日高
> >392
> > m^3+n^3=(n+1)^3
> > m,nは、整数なので、解となりません。
>
> m,nは、有理数なので、解となりません。
> m/nは、無理数となります。

まず最初に。訂正したならそう断れや。
で、なぜ有理数だと解になりませんか？

>>362
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。

>>362
(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。


どう違うのですか？

（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。
rが有理数のときの、x,yは(3)のときのx,y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。

（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。

>395
この式については存在しないことを示してください。

「この式」を示して下さい。

>396
なぜ有理数だと解になりませんか？

y/xは、無理数となるからです。

>397
どう違うのですか？

r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
これから、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)を、導きます。

>>400 日高
> >395
> この式については存在しないことを示してください。
>
> 「この式」を示して下さい。

>>391のことかな。x^3+y^3=(x+√3)^3です。

>>401 日高
> >396
> なぜ有理数だと解になりませんか？
>
> y/xは、無理数となるからです。

>>396にはxもyも見当たりません。

>>378

> o,p,qは、整数比となります。

そうですね。
r^(p-1)=pのとき、整数比の3つの無理数o,p,qが存在しないことが証明されていません。

>>402
返信するなら質問に答えてください。

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。

>>362
(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。


どう違うのですか？

>>379-380

実際に
x^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…(3-C)
に
x=2(6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6)))、y=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))
を代入したら等号が成り立つんですけど。

x^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…(3-C)
に
x=3√3(9+3(2^(2/3))(7^(1/3))+(2^(4/3))(7^(2/3)))、y=√3(9+3(2^(2/3))(7^(1/3))+(2^(4/3))(7^(2/3)))
を代入したら等号が成り立つんですけど。

x^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…(3-C)
に
x=4√3(16+4(65^(1/3))+65^(2/3))、y=√3(16+4(65^(1/3))+65^(2/3))
を代入したら等号が成り立つんですけど。

x^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…(3-C)
に
x=5(3^(1/6))(25(3^(1/3))+15(14^(1/3))+3(42^(2/3)))、y=(3^(1/6))(25(3^(1/3))+15(14^(1/3))+3(42^(2/3)))
を代入したら等号が成り立つんですけど。

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1591485843/の>>368について。

> x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる無理数解があるならば、
> x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があります。

>>381
> x、y、zが有理数ならば、rは有理数です。

そう、その通り。
x、y、zが有理数ならば、満たす式はx^3+y^3=(x+(有理数))^3であってx^3+y^3=(x+√3)^3ではありません。

式が違います。

>403
>>391のことかな。x^3+y^3=(x+√3)^3です。

この式については存在しないことを示してください。

なにが、存在しないことを、示せば良いのでしょうか？

（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。
rが有理数のときの、x,yは(3)のときのx,y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。

（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。

>404
> y/xは、無理数となるからです。

>>396にはxもyも見当たりません

410を、見てください。

>405
r^(p-1)=pのとき、整数比の3つの無理数o,p,qが存在しないことが証明されていません。

整数比の3つの無理数o,p,qが存在するならば、整数比の3つの有理数が、存在します。

>406
(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。

どう違うのですか？

後者は、必ず(2)となります。前者は、(2)となる場合がある。です。

>407
x^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…(3-C)
に
x=5(3^(1/6))(25(3^(1/3))+15(14^(1/3))+3(42^(2/3)))、y=(3^(1/6))(25(3^(1/3))+15(14^(1/3))+3(42^(2/3)))
を代入したら等号が成り立つんですけど。

α=(3^(1/6))(25(3^(1/3))+15(14^(1/3))+3(42^(2/3)))とおくと、
x^3+y^3=(x+3^{1/(3-1)})^3…(3-C)は、
5^3+1^3=(5+√3/(α^3))^3となるので、成り立ちません。

>408
> x、y、zが有理数ならば、rは有理数です。

そう、その通り。
x、y、zが有理数ならば、満たす式はx^3+y^3=(x+(有理数))^3であってx^3+y^3=(x+√3)^3ではありません。

式が違います。

x^3+y^3=(x+√3)^3なので、x、y、zは、有理数となりません。

>>409 日高
> >403
> >>391のことかな。x^3+y^3=(x+√3)^3です。
>
> この式については存在しないことを示してください。
>
> なにが、存在しないことを、示せば良いのでしょうか？

x:y:z(=x+√3)が整数比となる無理数解x,y,zが存在しないことです。

>417
x:y:z(=x+√3)が整数比となる無理数解x,y,zが存在しないことです。

x^3+y^3=(x+√3)^3
x=m√3,y=n√3を、代入すると、(m,nは、有理数とする。)
(m√3)^3+(n√3)=(m√3+√3)^3となる。
両辺を、(√3)^3で割ると、
m^3+n^3=(n+1)^3
rが有理数のときの、x,yは(3)のときのx,yのa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の、x,yは、有理数とならない。
よって、m,nは、有理数とならない。

>>418 日高
> rが有理数のときの、x,yは(3)のときのx,yのa^{1/(p-1)}倍となる。
> (3)の、x,yは、有理数とならない。

rとか(3)とか、どこにも出てこないので、何の話かわかりません。
わかるように答えてください。

（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。
rが有理数のときの、x,yは(3)のときのx,y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。

（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。

>419
rとか(3)とか、どこにも出てこないので、何の話かわかりません。
わかるように答えてください。

rと(3)は、420の中の、rと(3)です。

>>420 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。

これ、証明できていますか？

>423
> (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。

これ、証明できていますか？

はい。

>>424 日高
では証明をここに書いてください。お願いします。

>424
では証明をここに書いてください

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,yを共に有理数とすると、左辺は、有理数となり、
右辺は、無理数となるので、x,yは、共に有理数と、ならない。

>>426 日高
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,yを共に有理数とすると、左辺は、有理数となり、
> 右辺は、無理数となるので、x,yは、共に有理数と、ならない。

(有理数+p^{1/(p-1)})^pはいつでも無理数ですか？

>>427
(有理数+p^{1/(p-1)})^pはいつでも無理数ですか？

これは常に無理数となる。
この部分は日高の主張は正しい。
なぜならば，pが奇素数なのでp-1は偶数となる。したがって二項定理により展開すれば，pの次数がk/(p-1)=1/2となる項がただ一つだけ生じる。
この√pは他の展開した項で打ち消せないので，(有理数+p^{1/(p-1)})^pは無理数となる。

もちろん>>426に問題がないわけではない。
ともに有理数とはならないというのは正しいが，ともに無理数とはならない，という証明になっていない。
つまり，このままでは証明は先に進めることはできない。
そして，この部分が決定的に間違っている。

>427
(有理数+p^{1/(p-1)})^pはいつでも無理数ですか？

はい。

（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。
rが有理数のときの、x,yは(3)のときのx,y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。

（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。

（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。

>428
ともに無理数とはならない，という証明になっていない。

ともに無理数の場合は、ともに有理数の場合と同じです。