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。

>>513
同じことをもう一度書けとあなたがいうから>>491に書いたのに読んでないのですか？

x=2(6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6)))、y=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))
はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの解である。
このときx/y=2

例:p=3、φ=3の時
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)))
はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの解である。
このときx/y=3

例:p=3、φ=4の時
x=4√3(16+4(65^(1/3))+65^(2/3))、y=√3(16+4(65^(1/3))+65^(2/3))
はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの解である。
このときx/y=4

例:p=3、φ=5の時
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)))
ははx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの解である。
このときx/y=5

>>511

理由は>>493で、あなたが書いた通り、
> 「 整数比の3つの有理数が、存在するとき、」
> は、(2)は(3)になりません。」

だからです。

>>510

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1591485843/の>>458にあなたはこう書きました。

> 「x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)にx:y:zが整数比となる無理数解があるならば、」は、
> 仮定なので、αを無理数、X,Y,Zを有理数としたとき、
> (αX)^3+(αY)^3=(αZ)^3が、成り立ちます。
> よって、両辺をα^3で割ったX^3+Y^3=Z^3も、成り立ちます。

「x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)にx:y:zが整数比となる無理数解があるならば、」は、
仮定なので、X^3+Y^3=Z^3も、成り立ちます。
これは正しい。

「X,Y,Zを有理数としたとき」は
仮定なのでX^3+Y^3=Z^3は、成り立ちますが、
「X,Y,Zを有理数としたとき」、R=p^{1/(p-1)}は成り立たないので、この式はX^3+Y^3=(X+√3)^3…(33)にはなりません。

よって
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=Z^3にX:Y:Zが整数比となる有理数解があります。
は正しい。

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、
R^(p-1){(Y/R)^p-1}=p{X^(p-1)+…+r^(p-2)X}…(2)にX:Y:Zが整数比となる有理数解があります。
も正しい。

しかし、
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…(33)にX:Y:Zが整数比となる有理数解があります。
にはなりません。

（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。
rが有理数のときは、r=(ap)^{1/(p-1)}となるので、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。

>514
同じことをもう一度書けとあなたがいうから>>491に書いたのに読んでないのですか？

読みました。

>515
理由は>>493で、あなたが書いた通り、
> 「 整数比の3つの有理数が、存在するとき、」
> は、(2)は(3)になりません。」

だからです。

そのとおりです。

>516
しかし、
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…(33)にX:Y:Zが整数比となる有理数解があります。
にはなりません。

どうしてでしょうか？

>>499日高

あなたは（フェルマーの最終定理）の【証明】における(3)式において
>>487で肯定されたように
「x,yの一方のみが有理数で，他方は無理数である」という主張をされています。

しかし(3)式からは>>489で指摘したように，x,yがともに無理数となる解が(容易に)作り出せます。
したがって，「x,yの一方のみが有理数で，他方は無理数である」という主張は誤りである，という点は認められるのですか。
それに，まず答えて下さい。

>>520

>　そのとおりです。

> 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。

が間違いである理由が、>>493で、あなたが書いた通り、
> 「 整数比の3つの有理数が、存在するとき、」
> は、(2)は(3)になりません。」

である、と理解できたんですね。

>>521

理由は>>493で、あなたが書いた通り、
> 「 整数比の3つの有理数が、存在するとき、」
> は、(2)は(3)になりません。」

だからです。

>522
しかし(3)式からは>>489で指摘したように，x,yがともに無理数となる解が(容易に)作り出せます。
したがって，「x,yの一方のみが有理数で，他方は無理数である」という主張は誤りである，という点は認められるのですか。

(3)のx,yは、共に有理数となりません。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx/yは2になりません。

x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)})/w)^pならば、x/yは2になります。(wは、無理数)

>>519
もちろん読んだだけでなく検算したんでしょうね。では

p=3のとき、
x=2(6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6)))、y=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))
はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解であり、
このとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx/yは2になる、ということで問題ないですね。

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1591485843/の>>217において、あなたが書いた

> 理由は、(3)の解の、x/yは、無理数となります。

は間違いです。

>523
> 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。

が間違いである理由が、>>493で、あなたが書いた通り、
> 「 整数比の3つの有理数が、存在するとき、」
> は、(2)は(3)になりません。」

である、と理解できたんですね。

> 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。
は、間違いでは、ありません。

>>525
x,yがともに無理数となることはある，とは認められるんですね。
>>489にあげた例は，ともに無理数となることがあるという例であって
x,y,zが有理数比になるという例ではありません。

>524
理由は>>493で、あなたが書いた通り、
> 「 整数比の3つの有理数が、存在するとき、」
> は、(2)は(3)になりません。」

だからです。

整数比の3つの有理数が、存在しないので、(2)は(3)になります。

（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。
rが有理数のときは、r=(ap)^{1/(p-1)}となるので、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。

>>525
>>528に答えていただきたいのですが
とりあえず>>525の主張には誤りがあります。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx/yは2になりません。

とありますが，2y=xとおくとx^p+y^p=(2^p+1)y^pになります。
つまり，(3)の右辺を2^p:1に分ければx/y=2になります。

>526
p=3のとき、
x=2(6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6)))、y=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))
はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解であり、
このとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx/yは2になる、ということで問題ないですね。

6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))=wとおくと、
(2w)^3+(w)^3=(2w+√3)^3
両辺を、w^3で割ると、
2^3+1^3=(2+√3/w)^3
この場合は、x/y=2となります。
2^3+1^3=(2+√3/w)^3と、2^3+1^3=(2+√3)^3は、式が違います。

>528
>>525
x,yがともに無理数となることはある，とは認められるんですね。

x,yは、整数比となる、無理数とは、なりません。

>532
2y=xとおくとx^p+y^p=(2^p+1)y^pになります。

この式の意味は？

>>533

何を言っているのですか？

x=2(6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6)))です。

y=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))です。

式はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)です。このxとyは(3)の解です。

そのときx/y=2です。

>>512 日高
> >504
> 有理数体上線型独立の意味はわかるんですよね？
>
> わかりません。

じゃあ「よく、意味がわかりません」じゃないだろうに。

あなたは、http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1591485843/の>>368で

> 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。

と書き、その説明として、http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1591485843/の>>458で

> 「x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)にx:y:zが整数比となる無理数解があるならば、」は、
> 仮定なので、αを無理数、X,Y,Zを有理数としたとき、
> (αX)^3+(αY)^3=(αZ)^3が、成り立ちます。
> よって、両辺をα^3で割ったX^3+Y^3=Z^3も、成り立ちます。

と書きました。しかしどう見ても「X^3+Y^3=Z^3」と 「x^3+y^3=(x+√3)^3」は式が違います。

>>493で、あなたが書いた通り、
> 「 整数比の3つの有理数が、存在するとき、」
> は、(2)は(3)になりません。」

なので絶対に「X^3+Y^3=Z^3」と 「x^3+y^3=(x+√3)^3」は式が違います。

つまり
> 「x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)にx:y:zが整数比となる無理数解があるならば、」は、
> 仮定なので、αを無理数、X,Y,Zを有理数としたとき、
> (αX)^3+(αY)^3=(αZ)^3が、成り立ちます。
> よって、両辺をα^3で割ったX^3+Y^3=Z^3も、成り立ちます。
は
> 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。
の説明になっていません。

>>530 日高
> （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。

この一行はまったくの無駄。

> (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。

それは本当に証明できているかな？
xが有理数のときz(=r+p^{1/(p-1)})は無理数となる。z が有理数のとき、zは無理数となる
ならば自明だけどね。

> rが有理数のときは、r=(ap)^{1/(p-1)}となるので、x,yは(3)のときのx,yのa^{1/(p-1)}倍となる。

そういうふうに実数aを定義する、の意味ね。
a=r^(p-1)/pだから「a^{1/(p-1)}倍」はr/p^{1/(p-1)}倍。
(3)のrは特別な値だったからそれをρと書くとr/ρ倍。当たり前すぎる。
このr/ρは無理数なので、(3)の無理数解に対応する。
(3)の無理数解は検討していない。よって大間違い。

> ∴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。

これはもちろん言えていません。

日高の論法をまねすると次が証明できる。

【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、xが有理数のとき、zは無理数となる。zが有理数のとき、xは無理数となる。
rが有理数のときは、r=(ap)^{1/(p-1)}となるので、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+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)の無理数解x=y=√3,z=2√3がこれに対応する。

というわけで
（フェルマーの最終定理）における【証明】の(3)式で，x,yがともに無理数であり，x:yが自然数比となる場合があることを示しました。
日高さん，あなたの【証明】は上の事実によって破綻するのではありませんか。
お答えをお待ちしております。

>536
x=2(6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6)))です。

y=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))です。

式はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)です。このxとyは(3)の解です。

そのときx/y=2です。

計算が、合いません。

>537
> 有理数体上線型独立の意味はわかるんですよね？
>
> わかりません。

じゃあ「よく、意味がわかりません」じゃないだろうに。

まったく、わかりません。

>538
> 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。
の説明になっていません。

どうしてでしょうか？x,yは、共に有理数となりません。

>539
xが有理数のときz(=r+p^{1/(p-1)})は無理数となる。z が有理数のとき、zは無理数となる
ならば自明だけどね。

どういう意味でしょうか？

>>542

そうですか。ただの計算なので議論の余地はありません。
証明はあきらめてください。

一応確認のために書いておくと

x=2(6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6)))≒43.2

y=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))≒21.6

(x+3^{1/(3-1)})^3≒91052

そのときx/y=2です。

計算は合っています。

>540
具体的にやってみると，(3)の右辺をqとして
r = x^p ={2^p/(2^p +1)}*q,
s = y^p ={1/(2^p +1)}q

この、部分が、理解できません。

>>547
qをa:bにわけるならばq＊a/(a+b)とq*b/(a+b)になります。
(2^p):1にわけるならば書いてある通りになります。
右辺の値qをある割合に分けて、それぞれをx^p,y^pに割り当てるという意味です。
まさかここまで説明されて、理解できません、とかいわないでしょうね。右辺は実数なんだからある割合で分けられる。
これがわからないなら、小学生以下です。

>546
x=2(6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6)))≒43.2

y=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))≒21.6

(x+3^{1/(3-1)})^3≒91052

そのときx/y=2です。

すみません。計算は、合っていました。

x^3+y^3=(x+√3)^3は、x,yが、有理数のとき、成り立ちませんが、
x,yが、無理数で、整数比のときは、成り立ちます。

>541
（フェルマーの最終定理）における【証明】の(3)式で，x,yがともに無理数であり，x:yが自然数比となる場合があることを示しました。
日高さん，あなたの【証明】は上の事実によって破綻するのではありませんか。

x,yがともに無理数であり，x:yが自然数比となる場合があることは、わかりました。

しかし、x,yが、共に有理数となることは、ありません。

>548
qをa:bにわけるならばq＊a/(a+b)とq*b/(a+b)になります。
(2^p):1にわけるならば書いてある通りになります。
右辺の値qをある割合に分けて、それぞれをx^p,y^pに割り当てるという意味です。
まさかここまで説明されて、理解できません、とかいわないでしょうね。右辺は実数なんだからある割合で分けられる。
これがわからないなら、小学生以下です。

わかりました。

>>549 日高

> x^3+y^3=(x+√3)^3は、x,yが、有理数のとき、成り立ちませんが、
> x,yが、無理数で、整数比のときは、成り立ちます。

日本語おかしいよ。x,yが、無理数で、整数比のときは、成り立つことがある、だろ？

（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が有理数のときは、r=(ap)^{1/(p-1)}となるので、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。

>>544

いいですか
あなたの理屈
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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだけど
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
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

が成り立つためには、前半の2行

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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだ

が正しくないといけませんが、x,yは、共に有理数となりませんので

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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだ

は間違いです。よって

あなたの理屈
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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだけど
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
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

が成り立ちません。

>552
日本語おかしいよ。x,yが、無理数で、整数比のときは、成り立つことがある、だろ？

そうですね。

>>550
右辺が無理数なんだからx,yがともに有理数にならないことは当然です。

ここで証明すべきことはそんなことではなく、x,y,zがともに無理数であるとしても、x:yが自然数比になることがあるとしても、
x:y:zが自然数比になることはない、ということです。

すぐわかることだけどA^3+B^3=C^3に自然数解A,B,Cがあれば
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。

>>557(続き)
そこで，かりにx:y:zが自然数比になる場合があるとします
x,y,zは無理数なので，この消えてしまった無理数を補って

x=qX,y=qY,z=qZ (qは無理数,X,Y,Zは自然数)

とするとx,y,zは,x^3+y^3=z^3を満たすので，代入してみると

　q^3(X^3+Y^3)=q^3*Z^3
⇔X^3+Y^3=Z^3

となり明らかに，この式を満たすX,Y,Zが存在するならばフェルマーの最終定理の反例そのものになります。
したがって，【証明】を維持するために必要になった x:y:z が自然数比になる場合がないという証明は，
　X^3+Y^3=Z^3を成り立たせるX,Y,Z(X,Y,Zは自然数)は存在しない
　⇔フェルマーの最終定理が成り立つという証明そのものになってしまいます。

つまり，証明は出発点に戻ってしまうので，今までやってきたことはすべて無駄になります。
即ち，【証明】はここで破綻しているので，残念でしょうが，【証明】は誤りという結論が出ることになります

>>559
^3としている部分は^pの誤りです。すみません。

結局、循環するのか・

>>559

同感。でも，

> つまり，証明は出発点に戻ってしまうので，今までやってきたことはすべて無駄になります。

って言うか、今までやってきたことは何の証明にもなっていない、ということだと思う。

>>545 日高
> >539
> xが有理数のときz(=r+p^{1/(p-1)})は無理数となる。z が有理数のとき、zは無理数となる
> ならば自明だけどね。
>
> どういう意味でしょうか？

これが君には自明でないと言っているの？
それとも、これが自明なことはわかるけどそれがどうしたの、と言っているの？

>555
あなたの理屈
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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだけど
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
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

が成り立ちません。

どうしてでしょうか？

>557
ここで証明すべきことはそんなことではなく、x,y,zがともに無理数であるとしても、x:yが自然数比になることがあるとしても、
x:y:zが自然数比になることはない、ということです。

そうですね。

>558
すぐわかることだけどA^3+B^3=C^3に自然数解A,B,Cがあれば
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。

そうですね。

>559
したがって，【証明】を維持するために必要になった x:y:z が自然数比になる場合がないという証明は，
　X^3+Y^3=Z^3を成り立たせるX,Y,Z(X,Y,Zは自然数)は存在しない
　⇔フェルマーの最終定理が成り立つという証明そのものになってしまいます。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zは、整数比となりません。

>561
結局、循環するのか・

循環しないと、思います。

>562
> つまり，証明は出発点に戻ってしまうので，今までやってきたことはすべて無駄になります。

って言うか、今までやってきたことは何の証明にもなっていない、ということだと思う。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zは、整数比とならないので、循環しないと、思います。

>563
xが有理数のときz(=r+p^{1/(p-1)})は無理数となる。z が有理数のとき、zは無理数となる

「z が有理数のとき、zは無理数となる」の意味がわかりません。

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。
rが有理数のときは、r=(ap)^{1/(p-1)}となるので、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。

>>564

やっぱりあなたは掲示板に嫌がらせをしたいだけの人なのですか？
あなたの引用した>>555にちゃんとどうしてか理由が書いてあるのに
そういう時でも必ず聞きなおして、しかも1度書いた同じことを何度も書くことを求めますよね？

どうしてでしょうか？

どうしてか書いてある>>555をもう一度書きます。
いいですか
あなたの理屈
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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだけど
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
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

が成り立つためには、前半の2行

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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだ

が正しくないといけませんが、x,yは、共に有理数となりませんので

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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだ

は間違いです。よって

あなたの理屈
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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだけど
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
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

が成り立ちません。

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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだ

が正しくないといけませんが、x,yは、共に有理数となりませんので

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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだ
は間違いです。

どうして、x,yが、共に有理数とならないことが、
「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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだ」
が、間違いだということに、つながるのでしょうか？

>>567
そうです，整数比にはなりません。
ワイルズは楕円関数を使ってそれを証明しました。
しかし，あなたは，主張するだけで証明していません。

あなたの【証明】なるものは，x/yが有理数となることがないことに依拠していると思います。
しかし，x/yが有理数となることがあることは簡単に示せることを指摘しました。

したがって，あなたは x/y=(無理数)という主張によらない証明を改めて示す必要があります。
それができなければ，【証明】は破綻している，という結論を受け入れるしかないでしょう。

じつのところ，x,y,zが有理数となる場合がいないことの証明が必要である，親切心から付け加えた蛇足でしかありません。
x/yが有理数となることがある，ということを示した時点であなたの証明は破綻しているんです。

破綻していない，というのならば

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zは、整数比となりません。

という主張の証明をお願いします。

>>539
> xが有理数のときz(=r+p^{1/(p-1)})は無理数となる。z が有理数のとき、zは無理数となる

訂正。最後はxは無理数となるの間違いでした。

>>574

x,yは、共に有理数となりませんので

有理数解があるはずだ

という推論は明らかに間違っています。

>>574

ていうか、ちゃんと読めばわかるのにいちいち聞き返して、ちゃんと読めばわかるのにいちいち同じことを何度も書かせて
やっぱりあなたはこの掲示板に嫌がらせがしたいのですか？

>>575(続き)
つけくわえておくと，
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)という式は，x^p+y^p=z^pという式の一例でしかありません。
したがって(3)式で，x:y:zが整数比(自然数比)となる場合がないことを示せたとしても
z=x+p^{1/(p-1)}という形以外の場合にはx:y:zが整数比になる場合があるかも知れませから

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pにおけるx:y:zが整数比にならない

という証明がもしできたとしても，フェルマーの最終定理の証明にはならないことをお忘れなく。

>575
あなたの【証明】なるものは，x/yが有理数となることがないことに依拠していると思います。
しかし，x/yが有理数となることがあることは簡単に示せることを指摘しました。

私の【証明】は、x,yが共に有理数とならないということです。

(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。
rが有理数のときは、r=(ap)^{1/(p-1)}となるので、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。

>>581
【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=3のとき、
x=2(6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6)))、y=6(3^(1/6))+4√3+3(3^(5/6))は(3)の解で、ｘが無理数、ｙが無理数である。x/y=2である。(※)
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)))は(3)の解で、ｘが無理数、ｙが無理数である。x/y=3である。(※)
x=4√3(16+4(65^(1/3))+65^(2/3))、y=√3(16+4(65^(1/3))+65^(2/3))は(3)の解で、ｘが無理数、ｙが無理数である。x/y=4である。(※)
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)))は(3)の解で、ｘが無理数、ｙが無理数である。x/y=5である。(※)
このようなx/yが有理数となるような(3)の解は無限にある。(※)

rが有理数のときは、r=(ap)^{1/(p-1)}となるので、x,yは(3)のときのx,yのa^{1/(p-1)}倍となる。

ｒが有理数、ｘが有理数、ｙが有理数の時、x,yをa^{1/(p-1)}で割ればxが無理数、ｙが無理数となって無限に存在する(※)の場合のうちのどれかになる。

∴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とはいえない。

>575
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zは、整数比となりません。
という主張の証明をお願いします。

xを、有理数とすると、z=x+p^{1/(p-1)}が、無理数となるので、x,y,zは、整数比となりません。

>539
∴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)の無理数解x=y=√3,z=2√3がこれに対応する。　

式が、違います。

>577
x,yは、共に有理数となりませんので
有理数解があるはずだ

という推論は明らかに間違っています。

違います。
x,yは、共に有理数とならないので、(3)に有理数解はない。
です。

>578
ていうか、ちゃんと読めばわかるのにいちいち聞き返して、ちゃんと読めばわかるのにいちいち同じことを何度も書かせて
やっぱりあなたはこの掲示板に嫌がらせがしたいのですか？

違います。わからないので、同じことを何度も、聞いています。

ときどき「わかりました」って書いてるけど、そう書いた部分はわかっているの？

>>586

何も違ってませんよ？

あなたの言う通り
> x,yは、共に有理数とならないので、(3)に有理数解はない。
ですので
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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだ
は間違いです。

有理数解がないと分かっているのに有理数解があるはずだと考えるわけがありません。

>>569 日高
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zは、整数比とならないので、循環しないと、思います。

それって、フェルマーの最終定理と同値な命題ですよ。わかってますか？

>>585 日高
> >539
> ∴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)の無理数解x=y=√3,z=2√3がこれに対応する。　
>
> 式が、違います。

そう、式が違います。ではx^p+y^p=z^pの場合はなぜこの現象が起こらないのですか？
証明してください。

予想: 式が、違うからです。

>>584
xを，有理数とすると，z=x+p^{1/(p-1)}が，無理数となるので，x,y,zは，整数比となりません。

はい，私もまったくその通りだと思います。
ｘが有理数の場合は，まさに，まったく，完全に正しい主張です。
このスレであなたの証明を批判している誰であってもその正しさを疑うことはできません。
疑うとしたらサル並の知性も存在しないことを自ら認めてしまうことになるでしょう。
その主張を認め，屈服しましょう。

日高氏もその主張が完全に認められ，満足されたことと思うので，
こんどは，xが無理数の場合の証明をお願いします

>588
ときどき「わかりました」って書いてるけど、そう書いた部分はわかっているの？

はい。

>589
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と仮定すれば
x^3+y^3=(x+√3)^3にx:y:zが整数比となる有理数解があるはずだ
は間違いです。

間違いの、理由を教えて下さい。

有理数解がないと分かっているのに有理数解があるはずだと考えるわけがありません。

有理数解があるはずだとは、考えていません。

>590
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zは、整数比とならないので、循環しないと、思います。

それって、フェルマーの最終定理と同値な命題ですよ。わかってますか？

「それって、フェルマーの最終定理と同値な命題ですよ。」を、
詳しく説明して下さい。

(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が有理数のときは、r=(ap)^{1/(p-1)}となるので、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。

>591
そう、式が違います。ではx^p+y^p=z^pの場合はなぜこの現象が起こらないのですか？
証明してください。

597を、読んで下さい。

>592
予想: 式が、違うからです。

はい。

>593
こんどは，xが無理数の場合の証明をお願いします

xが無理数で、zが、有理数となっても、x:zは、整数比となりません。

もし、xが無理数で、zが、無理数となり、ｙも無理数で、x:y:zが、整数比となった
場合、共通の無理数で割ると、x,y,zは、有理数となります。
しかし、xが有理数の場合は、zが、無理数となるので、この場合は、起こりません。

>>601
>xが無理数で、zが、有理数となっても、x:zは、整数比となりません。

(3)式の右辺が無理数となる場合が前提ですから，zが有理数の場合は言及していただかなくてかまいません。
xが無理数で，zが有理数の場合 x:zが整数比とならないのは，当たり前すぎます。(3)式を参照する必要すらありません。
しかし，わざわざご指摘いただいたのですから，感謝の辞を述べさせていただきます。
「ご指摘ありがとうございます」
しかしながら，以後「zが有理数の場合は・・・」という方向でのご指摘はご無用に願います。


>もし、xが無理数で、zが、無理数となり、ｙも無理数で、x:y:zが、整数比となった
>場合、共通の無理数で割ると、x,y,zは、有理数となります。
>しかし、xが有理数の場合は、zが、無理数となるので、この場合は、起こりません。

3行目の，「xが有理数の場合は」はというのは，共通の無理数で割った場合ですよね。
あなたも2行目で認められるように，この場合zも共通した無理数で割るのだから，zも有理数になります。

したがって，「zが、無理数となるので，この場合は起こりません。」というのは，ちょっとした間違いですよね。
ちょっとした間違いは誰にでもあります。
気にする必要はありません。

引き続いて，x,y,zがともに無理数の場合の証明をお願いします。
(3)式に代入する，x,yがともに無理数である場合ですよ。先取りしてx,yを有理数にしてしまってはいけません。
再び「ちょっとした間違い」を引き起こすことになります。
ご用心，ご用心。

>>602(続き)
どうしても，左辺のx,yを共通した無理数で割った有理数を代入したいならば，右辺も共通した無理数で割っておいて下さい。
X^p+Y^p=Z^p (X,Y,Zはともに有理数)という式が現れると思いますが，
なあに，これを満たすX,Y,Zがないことを証明すればよいだけです。
日高さんにとっては簡単なことでしょう。
がんばって証明してみて下さい。

>579
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)という式は，x^p+y^p=z^pという式の一例でしかありません。
したがって(3)式で，x:y:zが整数比(自然数比)となる場合がないことを示せたとしても
z=x+p^{1/(p-1)}という形以外の場合にはx:y:zが整数比になる場合があるかも知れませから

z=x+p^{1/(p-1)}という形以外の場合は、z=x+(ap)^{1/(p-1)}となります。

>602
>もし、xが無理数で、zが、無理数となり、ｙも無理数で、x:y:zが、整数比となった
>場合、共通の無理数で割ると、x,y,zは、有理数となります。
>しかし、xが有理数の場合は、zが、無理数となるので、この場合は、起こりません。

3行目の，「xが有理数の場合は」はというのは，共通の無理数で割った場合ですよね。

違います。(3)の場合です。

>>605
その値で割ると，x,y,zがともに有理化される共通の無理数をqとしておきます。
「qで割ると共通して有理化される」
これを忘れないで下さい！

日高さんがおっしゃるのは，(3)式の左側に1/(q^n)をかけるということですよね

(左辺式)*1/(q^n)=(x^p + y^p)/(q^p)=x^p/q^p + y^p/q^p = (x/q)^p + (y/q)^p...(A) となります。

(右辺式)がそのままならば，あなたのおっしゃることはその通りです。

でも，(左辺式)にある値をかけるのならば，等式性を維持するためには(右辺式)にも同じ値をかけないと！！！

小学生にもわかる理屈です。
日高さんほどの方が，これを忘れておられたというのはちょっとしたミスですよね
ちょっとしたミスは誰にでもあります。
気にする必要はありません。
ミスを修正して先に進めばよいだけです。

で，
z=(x+p^{1/(p-1)})とおくと
(右辺式)=z^p なので
(右辺式)*1/(q^p)=(z^p)/(q^p)=(z/q)^p ... (B)

(3)式は(A)(B)あわせて
(x/q)^p + (y/q)^p=(z/q)^p...(3)' となります。

あれっ？？？

私には(3)'式は

(有理数)^p + (有理数)^p = (有理数)^p

となる式を示しているように思えるのですが，日高さんはどう思われます

>601 日高
> もし、xが無理数で、zが、無理数となり、ｙも無理数で、x:y:zが、整数比となった
> 場合、共通の無理数で割ると、x,y,zは、有理数となります。
> しかし、xが有理数の場合は、zが、無理数となるので、この場合は、起こりません。

この現象はx^3+7y^3=z^3については起こります。
x^3+y^3=z^3では起こらないことの証明をお願いします。

(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。
rが有理数のときは、r=(ap)^{1/(p-1)}となるので、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。

>602
引き続いて，x,y,zがともに無理数の場合の証明をお願いします。
(3)式に代入する，x,yがともに無理数である場合ですよ。先取りしてx,yを有理数にしてしまってはいけません。
再び「ちょっとした間違い」を引き起こすことになります。
ご用心，ご用心。

もし、x,y,zが、無理数で、x:y:zが、整数比となった場合、
共通の無理数で割ると、x,y,zは、有理数となります。
しかし、(3)のxが有理数の場合は、zが、無理数となるので、この場合は、起こりません。

>603
X^p+Y^p=Z^p (X,Y,Zはともに有理数)という式が現れると思いますが，
なあに，これを満たすX,Y,Zがないことを証明すればよいだけです。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)のxを、有理数とすると、zは、無理数となるので、

>611
>603
X^p+Y^p=Z^p (X,Y,Zはともに有理数)という式が現れると思いますが，
なあに，これを満たすX,Y,Zがないことを証明すればよいだけです。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)のxを、有理数とすると、zは、無理数となるので、X^p+Y^p=Z^p (X,Y,Zはともに有理数)という式は、存在しません。

>606
z=(x+p^{1/(p-1)})とおくと
(右辺式)=z^p なので
(右辺式)*1/(q^p)=(z^p)/(q^p)=(z/q)^p ... (B)

(3)式は(A)(B)あわせて
(x/q)^p + (y/q)^p=(z/q)^p...(3)' となります。

(x/q)^p + (y/q)^p=(x/q+p^{1/(p-1)})/q)^pとならないでしょうか？