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。

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。

>>650

> >642
> そしてこんなことを書いてある文献があるわけないのです。
>
> 当たり前なので、書いてある文献は、ありません。
間違っているから書いてないのだ。呆け

>>651 日高
> x:y:zが整数比となる無理数解があるならば、整数比となる有理数解が、あります。
どの方程式の解か述べないと無意味です。

>644
>583についてコメントをお願いします。
読めますよね？

652と思いますが、
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。

p=3のとき、x,yを√3で割ると、
(x/√3)^3+(y/√3)^3=(x/√3+r)^3
両辺に、√3^3を、かけると、
x^3+y^3=(x+√3*r)^3となるので、
∴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。
となります。

>649
> (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。
は証明できたの？

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)はrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となります。
x,yを、有理数とすると、式は、成り立ちません。

>653
> 当たり前なので、書いてある文献は、ありません。
間違っているから書いてないのだ。呆け

間違いでは、ありません。

>>657

> >653
> > 当たり前なので、書いてある文献は、ありません。
> 間違っているから書いてないのだ。呆け
>
> 間違いでは、ありません。

これも高木論法の「である」は「となる場合がある」なんでしょ
「A×B=C×Dならば、A=C、B=Dとなる場合がある」ならまあそうですね、となるけど、
そういう意味なら「A×B=C×Dならば、A=C、B=Dとなる場合がある」と書け、と言われるね。

「A×B=C×Dならば、A=C、B=Dである」
と書かれて
「A×B=C×Dならば、A=C、B=Dとなる場合がある」
と読み解く人はまともに数学やってる人にはいないから。

>>657

> >653
> > 当たり前なので、書いてある文献は、ありません。
> 間違っているから書いてないのだ。呆け
>
> 間違いでは、ありません。
妄想。

>654
> x:y:zが整数比となる無理数解があるならば、整数比となる有理数解が、あります。
どの方程式の解か述べないと無意味です。

x=kw,y=sw,z=twとおくと、(k,s,tは有理数、wは無理数)
x:y:zは、(kw):(sw):(tw)となります。
(kw):(sw):(tw)=k:s:tとなります。

>658
「A×B=C×Dならば、A=C、B=Dである」
と書かれて
「A×B=C×Dならば、A=C、B=Dとなる場合がある」
と読み解く人はまともに数学やってる人にはいないから。

「A×B=C×Dならば、A=Cのとき、B=D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。
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。

>>656 日高
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)

> x,yを、有理数とすると、式は、成り立ちません。

それ、証明できていませんよね？

>>660 日高
> >654
> > x:y:zが整数比となる無理数解があるならば、整数比となる有理数解が、あります。
> どの方程式の解か述べないと無意味です。
>
> x=kw,y=sw,z=twとおくと、(k,s,tは有理数、wは無理数)
> x:y:zは、(kw):(sw):(tw)となります。
> (kw):(sw):(tw)=k:s:tとなります。

どの方程式の解か、書いていないじゃありませんか。
数学やる前に、コミュニケーション能力に問題ありませんか？

>661 日高
> 「A×B=C×Dならば、A=Cのとき、B=Dとなる。」
です。

2*3=1*6はどう解釈しますか？

>664
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> x,yを、有理数とすると、式は、成り立ちません。

それ、証明できていませんよね？

x,yを、有理数とすると、左辺は有理数、右辺は無理数となります。

>665
> > x:y:zが整数比となる無理数解があるならば、整数比となる有理数解が、あります。
> どの方程式の解か述べないと無意味です。

x=kw,y=sw,z=twとおくと、(k,s,tは有理数、wは無理数)
(kw)^p+(sw)^p=(tw)^pとなります。
両辺をw^pで、割ると
k^p+s^p=t^pとなります。

>>667 日高
> >664
> > x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> > x,yを、有理数とすると、式は、成り立ちません。
>
> それ、証明できていませんよね？
>
> x,yを、有理数とすると、左辺は有理数、右辺は無理数となります。

右辺が無理数になることは証明できたのですか？

>>668 日高
それは君の証明に穴があり得るということです。

>666
> 「A×B=C×Dならば、A=Cのとき、B=Dとなる。」
です。

2*3=1*6はどう解釈しますか？

1*6を、2*1*6*(1/2)として、
2*1=C,6*(1/2)=Dとします。
A=2,B=3とすると、
「A×B=C×Dならば、A=Cのとき、B=Dとなります。」

>669
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)

右辺が無理数になることは証明できたのですか？

xが有理数のとき、(x+p^{1/(p-1)})^pを展開すると、
符号が全て＋となるので、和が、有理数となることは、ありません。

(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。

>>672
p=3のときはそれでもいいのですが，p≧5だったら「加算だけだから有理数にならない」のは自明とは言えなくなるんです。
補題として証明が必要になると考えておいた方がよいと思います。
スレの上の方で有理数体上の線型独立性を問題にしてるのは，そういう意味です。
ですので，思い切って上の方で提案されたように，d=e(eは自然対数の底)にして，(3)式を

x^p + y^p = (x+e)^p ... (3)

にしてしまいましょう。
証明の道すじが変わることもないと思いますし，
なーーーんの役にも立っていない無駄な複雑さが解消されて，エレガントで美しいですよ。
「右辺は，eが超越数だから，有理数にはならない」とかっこよく決められますしね。

>675
「右辺は，eが超越数だから，有理数にはならない」とかっこよく決められますしね。

超越数とは、どんな数のことを、いうのでしょうか？

>>676
それくらいは，ググってみて下さい。
でも，d=eとしておくと，「右辺は間違いなく無理数ですか」とかの突っ込みは入らなくなると思います。
よろしくご検討下さい。

それよりも>>675を書き込んだ後で気付きました。>>668は日高さんの書き込みなんですか。

おめでとうございます。

k^p+s^p=t^p (k,s,tは有理数)

(3)の検討によって，遂にこの式に到達されたんですね。

すばらしい。

(3)を検討していくと，この式に至る，と理解してもらうのにどれだけ苦労したか。
代入とか結合法則とかで「わかりません」といわれて諦めかけてました。
いやー，諦めるのはやはり少し早すぎましたね。

あとは，この式が成り立たない，ということの意味を理解するだけです。
あと，ほんの少しです。
がんばってみて下さい。

>677
k^p+s^p=t^p (k,s,tは有理数)
あとは，この式が成り立たない，ということの意味を理解するだけです。

どういう意味でしょうか？

>>678
すみません。
気がせいてしまいました。
とりあえず式の意味のことなんか完全に忘れて下さい。
急いては事をし損じます。
昔の人は上手いことを言いますね。
気長に，慎重にです。

k^p+s^p=t^p (k,s,tは有理数)

ともかく，この式は成り立たない，とされているんですよね。

>679
k^p+s^p=t^p (k,s,tは有理数)

ともかく，この式は成り立たない，とされているんですよね。

k^p+s^p=t^p (k,s,tは有理数)
は、成り立ちません。

>679
>k^p+s^p=t^p (k,s,tは有理数)
>
>ともかく，この式は成り立たない，とされているんですよね。
>
>k^p+s^p=t^p (k,s,tは有理数)
>は、成り立ちません。


ありがとうございます。
お言葉確かにいただきました。

スレを御覧の皆さん。
とうとうここまできました。

もうゴールしてもいいですよね。

次の関数を微分しなさいという問題があります。教えてください

y=3(x∧7+5x∧5+2x∧3+20)∧200

y=(4x∧5+2x∧6+10)(3x∧3+5x)∧10

次の関数を微分しなさいという問題があります。教えてください

y=3(x∧7+5x∧5+2x∧3+20)∧200

y=(4x∧5+2x∧6+10)(3x∧3+5x)∧10

>683
次の関数を微分しなさいという問題があります。教えてください

y=3(x∧7+5x∧5+2x∧3+20)∧200

y=(4x∧5+2x∧6+10)(3x∧3+5x)∧10

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。

>>675
> x^p + y^p = (x+e)^p ... (3)
>
> にしてしまいましょう。

> 「右辺は，eが超越数だから，有理数にはならない」とかっこよく決められますしね。

同じことですが
「もしも有理数x,yに対し(3)が成立したらeが有理数係数の代数方程式の解となり超越性に反する」
とも言えます。

>687
「もしも有理数x,yに対し(3)が成立したらeが有理数係数の代数方程式の解となり超越性に反する」
とも言えます。

よくわかりません。

>>688 日高
>>675が理解できたならそれでOKです。（オリジナルのほうがよかったような。）

果たして (有理数 + e)^p が有理数にならないと言えるのかなと思ったけど、
>>687 が言えるのね。

>>651

> 有理数解があるはずだとは、考えていません。

>　有理数解が、あります。

矛盾しています。

何も条件がなく、他に解があろうがなかろうが関係なく、常に必ず
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ことが証明できるので

たとえどんな仮定を置いても
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に整数比となる有理数解が、あります。

にはなりません。間違いです。

>>655

> p=3のとき、x,yを√3で割ると、
なんでそんなことをするのですか？

> (x/√3)^3+(y/√3)^3=(x/√3+r)^3
この式のrっていったいどういうものですか？この式はいったいどこから湧いて出たのですか？


ちなみに
ｒが有理数、ｘが有理数、ｙが有理数の時x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p
このx、yは(3)の解のa^{1/(p-1)}倍らしいので、このx、yをa^{1/(p-1)}で割ったものは(3)の解であり、(3)に代入したものは等号が成り立つ。

ここで
r=(ap)^{1/(p-1)}
a=(r^(p-1))/p
a^(1/(p-1))=r/(p^(1/(p-1)))
なのでx、yをa^{1/(p-1)}で割ったもの(3)式に代入すると、

((x/r)(p^(1/(p-1))))^p+((y/r)(p^(1/(p-1))))^p=((x/r)(p^(1/(p-1)))+p^(1/(p-1)))^p…(3)

両辺に((p^{1/(p-1)})/r)^3をかけて

x^p+y^p=(x+r)^p…(3)

つまりx^p+y^p=(x+r)^pが成り立つときx^p+y^p=(x+r)^pが成り立つ。

なにも矛盾はありませんね。

>>692
ごめんなさい、2つの式の別々の数を1つの文字でごっちゃに書くという愚かなことをしてしまいました
すみません書き直します

このx、y、ｒ、aは(5)式のx、y、ｒ、a：　ｒが有理数、ｘが有理数、ｙが有理数の時x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p
このx、y、ｒ、aは(5)式のx、y、ｒ、a：　このx、yは(3)の解のa^{1/(p-1)}倍らしいので、このx、yをa^{1/(p-1)}で割ったものは(3)の解である。つまり、(3)に代入したものは等号が成り立つ。

ここで
このx、y、ｒ、aは(5)式のx、y、ｒ、a：　r=(ap)^{1/(p-1)}
このx、y、ｒ、aは(5)式のx、y、ｒ、a：　a=(r^(p-1))/p
このx、y、ｒ、aは(5)式のx、y、ｒ、a：　a^(1/(p-1))=r/(p^(1/(p-1)))
このx、y、ｒ、aは(5)式のx、y、ｒ、a：　なのでx、yをa^{1/(p-1)}で割ったもの(3)式に代入すると、

このx、y、ｒ、aは(5)式のx、y、ｒ、a：　((x/r)(p^(1/(p-1))))^p+((y/r)(p^(1/(p-1))))^p=((x/r)(p^(1/(p-1)))+p^(1/(p-1)))^p…(3)

このx、y、ｒ、aは(5)式のx、y、ｒ、a：　両辺に((p^{1/(p-1)})/r)^3をかけて

このx、y、ｒ、aは(5)式のx、y、ｒ、a：　x^p+y^p=(x+r)^p…(3)

このx、y、ｒ、aは(5)式のx、y、ｒ、a：　つまりx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)が成り立つときx^p+y^p=(x+r)^p…(3)が成り立つ。

なにも矛盾はありませんね。

>>693さらに間違えてました

> 両辺に((p^{1/(p-1)})/r)^3をかけて

のところは 両辺を((p^{1/(p-1)})/r)^3で割って

の間違いです。

ちなみにこのとき
(3)はもともとr=p^{1/(p-1)}が成り立つとき限定の式だったのが、一緒に((p^{1/(p-1)})/r)で割られたので

r=rが成り立つとき、に変化し、r=rは常に成り立つので、(3)は常に成り立つ式に変化しました。

r=p^{1/(p-1)}を定数、0≠aを実数として、

X^p+Y^p=Z^p の解(X, Y, Z)=(x, y, x+r)
a倍↓↑1/a倍
X^p+Y^p=Z^p の解(X, Y, Z)=(ax, ay, ax+ar)

あるいは

X^p+Y^p=Z^p の解(X, Y, Z)=(x/a, y/a, x/a+r)
a倍↓↑1/a倍
X^p+Y^p=Z^p の解(X, Y, Z)=(x, y, x+ar)

という解の対応を考えます。
Z-Xがどんな値でもaを取り替えれば対応できます。

X^p+Y^p=Z^p の解(X, Y, Z)=(ax, ay, ax+ar)が整数比だったとして、
abx, aby, abx+abr が整数となるようにbを取ると、
abrが整数でrが無理数なので、abは無理数です。
abx, abyが整数でabが無理数なので、xもyも無理数です。
したがって、対応する「X^p+Y^p=Z^p の解(X, Y, Z)=(x, y, x+r)」は有理数解ではありません。
これは「X^p+Y^p=Z^p の解(X, Y, Z)=(x, y, x+r)に有理数解は存在しない」と矛盾はしません。

「xもyも無理数」を見落として「矛盾する」と思い込んでいませんか？

(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。

>689
>>675が理解できたならそれでOKです。（オリジナルのほうがよかったような。）

よく、わかりません。

>690
果たして (有理数 + e)^p が有理数にならないと言えるのかなと思ったけど、
>>687 が言えるのね。

果たして (有理数 + e)^p が有理数にならないと言えるのかな

言う方法を、知りたいです。

>691
たとえどんな仮定を置いても
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に整数比となる有理数解が、あります。

にはなりません。間違いです。

どうしてでしょうか？

日高さんの主張は
「A×B=C×Dならば
A=Cのとき、B=Dとなる。
A≠Cのとき、aを実数としてA=C×a、B=D×(1/a)となる。」
ですよね？
この方法はあまり意味がないと思います。

たとえば、この方法を使って、次の実数xの方程式
x(x+1)=1×5 を解いてみてください。

>692
> (x/√3)^3+(y/√3)^3=(x/√3+r)^3
この式のrっていったいどういうものですか？この式はいったいどこから湧いて出たのですか？

655です。x,y,rは、有理数です。

>701
x(x+1)=1×5 を解いてみてください。

右辺の1×5を、変形して(√21-1)/2×5*(2/(√21-1)とします。
x=(√21-1)/2,(x+1)=5*(2/(√21-1)となります。

>>703
> 右辺の1×5を、変形して(√21-1)/2×5*(2/(√21-1)とします。
>x=(√21-1)/2,(x+1)=5*(2/(√21-1)となります。


(√21-1)/2 はどうやって求めましたか？
おそらく二次方程式の解の公式を用いたと思いますがいかがでしょう。

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>704
(√21-1)/2 はどうやって求めましたか？
おそらく二次方程式の解の公式を用いたと思いますがいかがでしょう。

はい。

>>699
(3)を x^p + y^p = (x+e)^p にしてしまいましょう，と提案してしまったので，一応説明しておきます。

「eが超越数である」ことは既知であるとします。
具体的にどう示すのか，というのは「eが超越数であることの証明」と検索して下さい。

x=a (aは有理数)のとき，右辺式 (a+e)^p=k (kは有理数)が成り立っていると仮定します。
ここで，f(x)=(x+a)^p - k と定義すると，
(x+a)^p は xのp次多項式であり，aが有理数であることから，
二項定理により展開した各項の係数は有理数となり，kも有理数ですから
f(x)は有理係数の代数方程式となります。

ここで，x=eを代入してみると，f(e)=(e+a)^p - k = k-k = 0 となりますが，
この結果はeが f(x)=0 の解であることを示しているので，eが超越数であることに反します。
よって(a+e)^p=k (kは有理数)が成り立つとの仮定は誤りであり，(a+e)^pは無理数です。

すなわち，xが有理数の場合，右辺は無理数となります。

>>707(続き)
くれぐれも右辺をそのまま展開してしまわないように。
e,e^2,e^3,....,e^p が出現して，その線型独立性が問題になってしまうので，
全然簡単になりませんw

>694
r=rが成り立つとき、に変化し、r=rは常に成り立つので、(3)は常に成り立つ式に変化しました。

すみません。意味を、読み取れません。

>705
数学掲示板群 ttp://x0000.net/forum.aspx?id=1

?

>707
x=a (aは有理数)のとき，右辺式 (a+e)^p=k (kは有理数)が成り立っていると仮定します。
ここで，f(x)=(x+a)^p - k と定義すると，
(x+a)^p は xのp次多項式であり，aが有理数であることから，
二項定理により展開した各項の係数は有理数となり，kも有理数ですから
f(x)は有理係数の代数方程式となります。

ここで，x=eを代入してみると，f(e)=(e+a)^p - k = k-k = 0 となりますが，
この結果はeが f(x)=0 の解であることを示しているので，eが超越数であることに反します。
よって(a+e)^p=k (kは有理数)が成り立つとの仮定は誤りであり，(a+e)^pは無理数です。

すなわち，xが有理数の場合，右辺は無理数となります。

すみません。理解できません。

>708
くれぐれも右辺をそのまま展開してしまわないように。
e,e^2,e^3,....,e^p が出現して，その線型独立性が問題になってしまうので，
全然簡単になりませんw

すみません。理解できません。

(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。

>695
「xもyも無理数」を見落として「矛盾する」と思い込んでいませんか？
「xもyも無理数」とは、どの式のx,yでしょうか？
「矛盾する」とは、どういう意味でしょうか？

>>700

お願いですから書いてあることをちゃんと読んでください。
あなたの引用したhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1591485843/の>>691にちゃんと書いてあります。

>　何も条件がなく、他に解があろうがなかろうが関係なく、常に必ず
> 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ことが証明できるので

これが理由です。

にほんごわかりますか？

「なになに」なので、「なんとか」です。

とか

「なんとか」なのは、「なになに」だからです。

みたいに「なので」とか「ので」とか、「だから」とか「から」とかかいてあったら、そのまえの「なになに」のぶぶんが「なんとか」のりゆうです。

おねがいですからへんじをかきこむまえにせめておなじれすばんごうにかいてあることぐらいはちゃんとよんでください。

>>702

つまりこういうことですか
ｒが有理数、ｘが有理数、ｙが有理数の時、x^p+y^p=(x+r)^pとする。

ここで右辺のx+rというのはｚそのものなのだけど、なぜかｚはそのままにしてｘ、ｙだけを√3で割ると

(x/√3)^3+(y/√3)^3=(x/√3+r)^3

になる。

なんでｚをそのままにして、xとyだけを√3で割ったのですか？その操作に何の意味があるのですか？


あなたには、あなたの間違いと同じ間違いをするとこんなにおかしいことが起こる、というのを見せても理解してもらえない、とよくわかっていますけど

i+j=1とする。
i,jを√3で割る。
i/√3+j/√3=1
両辺に√3をかける。
i+j=√3
よってi+j=1をみたす有理数i,jは存在しない。

と同じぐらい意味不明です。このxとyだけを√3で割る部分は。

>>702
あ、あなたの間違いが分かりました

あなたは、>>696の中で「rが有理数のときは、x,yは(3)のときのx,yのa^{1/(p-1)}倍となる。」と書いている。

つまりrが有理数の時の式x^p+y^p=(x+r)^p…(5)の解をa^{1/(p-1)}でわると(3)の解になる

(x / a^{1/(p-1)})^p + (y / a^{1/(p-1)})^p = (x / a^{1/(p-1)})^p + p^{1/(p-1)} )^3…(3)（この式のp^{1/(p-1)} は無理数)

となる、ということだが、あなたはなぜか x^p+y^p=(x+r)^p…(5)の解をa^{1/(p-1)}で割ったものを(5)の解として代入した式を書いた

(x / a^{1/(p-1)})^p + (y / a^{1/(p-1)})^p = (x / a^{1/(p-1)})^p + ｒ )^3…(5) (この式のrは有理数)

おかしいに決まってる

1+2=3のとき、1と2だけを２で割って
1/2+2/2=3
とするようなものだ

証明を書くなら等式の性質ぐらい守ってください。

日高は計算もしないで願望を並べているだけだと思う。

>>706
x(x+1)=5
>(√21-1)/2 はどうやって求めましたか？
>おそらく二次方程式の解の公式を用いたと思いますがいかがでしょう。

>はい。

解の公式を用いた時点でx(x+1)5の解は求まります。
つまり、「A×B=C×Dならば
A=Cのとき、B=Dとなる。
A≠Cのとき、aを実数としてA=C×a、B=D×(1/a)となる。」このことは役に立っていません。
あなたはどう考えますか？

>720
解の公式を用いた時点でx(x+1)5の解は求まります。
つまり、「A×B=C×Dならば
A=Cのとき、B=Dとなる。
A≠Cのとき、aを実数としてA=C×a、B=D×(1/a)となる。」このことは役に立っていません。
あなたはどう考えますか？

「A×B=C×Dならば
A=Cのとき、B=Dとなる。」とすれば、解が、求められるわけでは、ありません。

(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の解x,y,zは、ともに有理数とならない。
【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の解x,y,zは、ともに有理数とならない。

（ピタゴラスの定理）
【定理】p=2のとき、x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、ともに有理数となる。
【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の解x,y,zは、ともに有理数となる。

>719
日高は計算もしないで願望を並べているだけだと思う。

どの部分のことでしょうか？

>718
1+2=3のとき、1と2だけを２で割って
1/2+2/2=3
とするようなものだ

証明を書くなら等式の性質ぐらい守ってください。

どの部分のことでしょうか？

>707
(3)を x^p + y^p = (x+e)^p にしてしまいましょう，と提案してしまったので，一応説明しておきます。

やはり、r=eとするのは、無理だと思います。

>>721
> 「A×B=C×DならばA=Cのとき、B=Dとなる。」とすれば、解が、求められるわけでは、ありません。

では「A×B=C×DならばA=Cのとき、B=Dとなる。
A≠Cのとき、aを実数としてA=C×a、B=D×(1/a)となる。」このことは方程式x(x+1)=5に対して、何の役に立っているのでしょうか。教えてください。

>>726 日高
> やはり、r=eとするのは、無理だと思います。

どういう意味でしょうか。

>728
> やはり、r=eとするのは、無理だと思います。

どういう意味でしょうか。

x^3+y^3=(x+e)^3とした場合、
rが、有理数の場合はどうなるのでしょうか？

>727
では「A×B=C×DならばA=Cのとき、B=Dとなる。
A≠Cのとき、aを実数としてA=C×a、B=D×(1/a)となる。」このことは方程式x(x+1)=5に対して、何の役に立っているのでしょうか。教えてください。

x(x+1)=5の右辺が、文字の積ならば、「A×B=C×DならばA=Cのとき、B=Dとなる。」
が、役に立つと思います。

>>729 日高
> x^3+y^3=(x+e)^3とした場合、
> rが、有理数の場合はどうなるのでしょうか？

r=p^{1/(p-1)}とした場合、rが有理数の場合はどうなるのでしょうか？

>>724 日高
>>722
> 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の解x,y,zは、ともに有理数とならない。

この二行。計算せずに適当なこと書いてるだろう。

(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の解x,y,zは、ともに有理数とならない。
【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,zは(3)のときの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の解x,y,zは、ともに有理数とならない。

（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。

>731
r=p^{1/(p-1)}とした場合、rが有理数の場合はどうなるのでしょうか？

r=(ap)^{1/(p-1)}となります。

>>735 日高
r=eとした場合は？

>732
> 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の解x,y,zは、ともに有理数とならない。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の両辺に、(a^{1/(p-1)})^3をかけると、
(x*a^{1/(p-1)})^3+(y*a^{1/(p-1)})^3=(x*a^{1/(p-1)}+(ap)^{1/(p-1)})^3
となります。

736>
r=eとした場合は？

r=e,r=(ap)^{1/(p-1)}なので、
e=(ap)^{1/(p-1)}となるはずですが、
e=(ap)^{1/(p-1)}となりえるのでしょうか？

>>730
> x(x+1)=5の右辺が、文字の積ならば、「A×B=C×DならばA=Cのとき、B=Dとなる。」
が、役に立つと思います。

なるほど。では問題を変えましょう。
実数xの方程式　(2x+7)(x-3)=(x+4)(3x-2)
を「A×B=C×DならばA=Cのとき、B=Dとなる。
A≠Cのとき、aを実数としてA=C×a、B=D×(1/a)となる。」これを使って解いてみてください。

>>738 日高
> e=(ap)^{1/(p-1)}となりえるのでしょうか？

a={e^(p-1)}/pとするだけのことでは？

実数全体のなす集合は非可算集合、超越数でない実数全体のなす集合は可算集合。
だから超越数は存在するわけで、その一つをとる、とすればeの超越性の証明は不要になる。

>>730 日高
> x(x+1)=5の右辺が、文字の積ならば、「A×B=C×DならばA=Cのとき、B=Dとなる。」
> が、役に立つと思います。

「文字の積ならば」とはどういう意味でしょうか。

>>725
>>>718
> 1+2=3のとき、1と2だけを２で割って
> 1/2+2/2=3
> とするようなものだ
>
> 証明を書くなら等式の性質ぐらい守ってください。
>
> どの部分のことでしょうか？

それはhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1591485843/の>>718の1つ前の>>717に書いてありますよ。
なるべくいつも違うやり方で説明しようと努力しているので、読んでもらいたいんですけどね。

>>717再掲
ｒが有理数、ｘが有理数、ｙが有理数の時、x^p+y^p=(x+r)^pとする。

ここで右辺のx+rというのはｚそのものなのだけど、なぜかｚはそのままにしてｘ、ｙだけを√3で割ると

(x/√3)^3+(y/√3)^3=(x/√3+r)^3

になる。

なんでｚをそのままにして、xとyだけを√3で割ったのですか？
等式が成り立たなくなるに決まってるじゃないですか。

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1591485843/の>>716の件はどうなったでしょうか？
あなたが書いた>>700
> >691
> たとえどんな仮定を置いても
> 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に整数比となる有理数解が、あります。
>
> にはなりません。間違いです。
>
>　どうしてでしょうか？

に対して,>>716で

> お願いですから書いてあることをちゃんと読んでください。
> あなたの引用したhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1591485843/の>>691にちゃんと書いてあります。
>
>>　何も条件がなく、他に解があろうがなかろうが関係なく、常に必ず
>> 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ことが証明できるので
>
> これが理由です。

とお答えしたのですが。

>739
実数xの方程式　(2x+7)(x-3)=(x+4)(3x-2)
を「A×B=C×DならばA=Cのとき、B=Dとなる。
A≠Cのとき、aを実数としてA=C×a、B=D×(1/a)となる。」これを使って解いてみてください。

(2x+7)(x-3)=(x+4)(3x-2)ならば、
(2x+7)=a(x+4)のとき、
(x-3)=(3x-2)(1/a)となる。

xを、求めるには、公式を使う必要があります。

>>745
> (2x+7)(x-3)=(x+4)(3x-2)ならば、
(2x+7)=a(x+4)のとき、
(x-3)=(3x-2)(1/a)となる。

>xを、求めるには、公式を使う必要があります。

では
(2x+7)=a(x+4)のとき、
(x-3)=(3x-2)(1/a)となる。
の続きの計算過程を細かく書いてください。

>>745 >>746
公式を使ってもかまいません。

>740
> e=(ap)^{1/(p-1)}となりえるのでしょうか？

a={e^(p-1)}/pとするだけのことでは？

そうすると、計算が、合いますね。

>741
実数全体のなす集合は非可算集合、超越数でない実数全体のなす集合は可算集合。
だから超越数は存在するわけで、その一つをとる、とすればeの超越性の証明は不要になる。

r=p^{1/(p-1)}の場合は、r^(p-1)=pより、求められますが、
eは、どうして求めたらよいのでしょうか？

x^p+y^p=(x+r)^pから、どうして、r=eを、求めることができるのでしょうか？

z-xが特別な値になる場合とそうでない場合、と場合わけするだけなら、その値を導き出す必要は皆無ですね。
これまでにも散々無駄だと指摘されていますけど。

>>749 日高
> eは、どうして求めたらよいのでしょうか？

e=1+1/1!+1/2!+1/3!+...