フェルマーの最終定理の簡単な証明その3

【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【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,y,z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}(1/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、rが有理数のときの解は整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。

>647
「xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数となる必要があります。」はインチキのウソです。

652を見てください。

>648
「x=sw,y=tw,z=uwが(3)の解である」
ならば
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=z^pを満たす」
「x=sw,y=tw,z=uw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しなければならないことはわかるのでしょうか？

わかります。

>649
ちなみに、もし仮に、xとx+p^{1/(p-1)}が有理数として、そのことを使ってs+p^{1/(p-1)/wが有理数になるということを導いてみてください。

x+p^{1/(p-1)}が有理数とならないので、s+p^{1/(p-1)/wも有理数となりません。

652を見てください。

>651
p=2ならばar=2で有理数のときならa=1,r=2とa=√2,r=√2などを区別する必要はない
pが奇素数のときもrが有理数か無理数かを区別する必要はなくなる

意味がわかりません。

>>652
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
だからさ何度も言われているように
rが無理数ならyを有理数にしたらその時点で証明としてダメなのよ

p=2のときに自然数解を持つことを証明するのに
rが有理数でyが無理数の場合をわざわざ調べないでしょう

> (4)はrが自然数のとき
このときにyが有理数になるようにしないと自然数解を持つ場合も
自然数解を持たない場合も証明にならないから

>>656
上に書いたことと同じで
x^p+y^p=(x+r)^pでrが有理数なのでとかrが無理数なのでとやらずに
最初から(aは正の実数としてa=1も含めて)
x^p+y^p=(x+ar)^pでarが有理数,yが有理数の時だけを考えればよい

>>1氏、>>644に返信してもらって良いですか？

>657
x^p+y^p=(x+ar)^pでarが有理数,yが有理数の時だけを考えればよい

どのように考えるのでしょうか？

>>652

>>640が無視されたので、もう一度書きます。

x=5/4,y=12/4,z=13/4は(3)の解である。
uを自然数として、(3)の解を共通の数で割った、x=5,y=12,z=13のとき、(3)が成り立たない、という事実は

> x=5,y=12,z=13を、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pに代入すると、
> 5^2+12^2=(5+4*2)^2となります。

などの全く関係ない式とは関係ないです。

(3)の解を、1以外の数で割ったものは、絶対に(3)式の解にならない、ということがまだ受け入れらませんか？


x=sw、y=twが(3)の解の時、1以外の数wで割ったものは、絶対に(3)式の解になりません。

「(3)がs^p+t^p=u^pとなるかを、検討する。」なんて全く無駄なことです。

証明は失敗です。

>661
xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数となってもs+p^{1/(p-1)/wが有理数になりません。

xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}は、有理数となりません。
s+p^{1/(p-1)}/wは有理数となるか、無理数となるかは、わかりません。
s,tによって、決まります。

>>662

あなたは>>643でこのように書きました。

> s+p^{1/(p-1)/wが有理数になるには、
> xが有理数のとき、x+p^{1/(p-1)}が有理数となる必要があります。

>>661のとおり、xが有理数で、x+p^{1/(p-1)}が有理数となったとしても、s+p^{1/(p-1)/wが有理数になりません。

インチキでウソです。
証明は失敗です。

>>654
では、s,t,uは有理数、wは無理数であるとして
「x=sw,y=tw,z=tw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しているとき
「x=s,y=t,z=t が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
は成立しない、ということはわかりますか？

>>664
誤記をそのままコピぺしていたので訂正します。

> >>654
では、s,t,uは有理数、wは無理数であるとして
「x=sw,y=tw,z=uw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しているとき
「x=s,y=t,z=u が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
は成立しない、ということはわかりますか？

>664
「x=sw,y=tw,z=tw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しているとき
「x=s,y=t,z=t が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
は成立しない、ということはわかりますか？


「x=sw,y=tw,z=twの、意味がわかりません。

>665
「x=sw,y=tw,z=uw が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
が成立しているとき
「x=s,y=t,z=u が z-x=p^{1/(p-1)}を満たす」
は成立しない、ということはわかりますか？

よくわかりません。

>>669

>>652の参考では、以下の箇所があります。
> x=sw、y=twとおいて、...
> ...
> x=s、y=tとおくと、...
前にも言われていたと思いますが、
数学の証明の中で何の断りもなく、一度固定した数を、別の値に変えてはいけません。
却下です。

>>659
> どのように考えるのでしょうか？

自分でarの値に適当な有理数をとってyが有理数のときを考えればよい

p=2のときr=2ならば
ar=2ととってyが有理数の場合を考えればよい

p=3のときr=√3ならば
ar=3ととってyが有理数の場合を考えればよい

値を統一したほうが比較しやすいのなら
p=2のときもar=3としてp=3のときのar=3と同じにすればよい

いずれにしてもarが有理数でyが有理数のときを考えないと証明にならない

日高さんよ。きちんと数学を学べば自分の間違いにすぐ気づく。そうしなさい。

>670
> x=s、y=tとおくと、...
前にも言われていたと思いますが、
数学の証明の中で何の断りもなく、一度固定した数を、別の値に変えてはいけません。
却下です。

よく意味がわかりません。

>671
いずれにしてもarが有理数でyが有理数のときを考えないと証明にならない

よく意味がわかりません。

>672
日高さんよ。きちんと数学を学べば自分の間違いにすぐ気づく。そうしなさい。

どの部分が間違いかを、ご指摘いただけないでしょうか？

(修正10)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、x,y,zは整数比とならない。
(4)はrが自然数のとき、(4)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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
参考
x=sw、y=twとおいて、(3)に代入する。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pを、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとする。
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となる。
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pに代入すると、s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pとなる。
uを有理数としたとき、(3)がs^p+t^p=u^pとなるかを、検討する。
x=s、y=tとおくと、(3)は、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pとなる。
p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は、s^p+t^p=u^pとならない。

>>674

あんたは例によって最後の文章にしか反応していないが
>>657に
> 上に書いたことと同じで
と書いてあるでしょう

[再掲]

>>652
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
だからさ何度も言われているように
rが無理数ならyを有理数にしたらその時点で証明としてダメなのよ

p=2のときに自然数解を持つことを証明するのに
rが有理数でyが無理数の場合をわざわざ調べないでしょう

> (4)はrが自然数のとき
このときにyが有理数になるようにしないと自然数解を持つ場合も
自然数解を持たない場合も証明にならないから

[再掲終]

>>676でも同じ
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
rが無理数ならyを有理数にした時点で証明として間違い

>>673

>>652の参考を許してしまうと、
> x=sw、y=twとおいて、...
> ...
> x=s、y=tとおくと、...
sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
w は無理数なので、これもまずいのでは？

>>676

参考、とか書いていますがそこは証明ではないので、
証明の中で(3)の解が無理数で整数比になる場合について、何も書いていないので証明は失敗です。


>>640も>>660も無視されたようなので、もう一度書きます。
同じことを何度も書き込むのは掲示板への嫌がらせ行為なのでこの書き込みも嫌がらせ行為です。すみません。

x=5/4,y=12/4,z=13/4は(3)の解である。
(3)の解を共通の数で割った、x=5,y=12,z=13のとき、(3)が成り立たない、という事実は

> x=5,y=12,z=13を、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pに代入すると、
> 5^2+12^2=(5+4*2)^2となります。

などの全く関係ない式とは関係ないです。

(3)の解を、1以外の数で割ったものは、絶対に(3)式の解にならない、ということがまだ受け入れらませんか？


x=sw、y=twが(3)の解の時、1以外の数wで割ったものは、絶対に(3)式の解になりません。

「(3)がs^p+t^p=u^pとなるかを、検討する。」なんて全く無駄なことです。

証明は失敗です。

>>675 日高
> >672
> 日高さんよ。きちんと数学を学べば自分の間違いにすぐ気づく。そうしなさい。
>
> どの部分が間違いかを、ご指摘いただけないでしょうか？

さんざん指摘されているのに理解できないではありませんか。
きちんと学べば、それがわかるようになるのです。

>>676

x=sw、y=twとおいて、(3)に代入する。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pを、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとする。
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となる。
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pに代入すると、s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pとなる。

s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pは右辺を整理すると、s^p+t^p=s^p+t^pになる。
s^p+t^p=s^p+t^pはどんなs、tを代入しても絶対に正しい式である。
つまり、x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}、w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}のとき
(3)は絶対に正しい。つまり、x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}は(3)の解である。

x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}は(3)の解であるので、(3)の解を1でない数wで割ったx=s,y=t,z=s+p^{1/(p-1)}/wは絶対に(3)の解ではない。

(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、s、t、s+p^{1/(p-1)}/wは整数比で(4)の解である。

整数比の(4)の解が見つかったので、証明は失敗です。

>677
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
rが無理数ならyを有理数にした時点で証明として間違い

どうしてでしょうか？

>678
> x=s、y=tとおくと、...
sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
w は無理数なので、これもまずいのでは？

(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pと、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^p、
が等しいならば、 w = 1となります。

>>683
> >678
> > x=s、y=tとおくと、...
> sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
> w は無理数なので、これもまずいのでは？
>
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pと、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^p、
> が等しいならば、 w = 1となります。

もう一度質問します。　回答をお願いします。
sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
＜＜＜ w は無理数＞＞＞なので、これはまずいのでは？

>679
(3)の解を、1以外の数で割ったものは、絶対に(3)式の解にならない、ということがまだ受け入れらませんか？

それは、その通りだと思います。

>684
sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
＜＜＜ w は無理数＞＞＞なので、これはまずいのでは？

まずくは、無いとおもいます。

wが無意味だと、思います。

>>685

では、
x=5/4、y=12/4、z=5/4+2^{1/(2-1)}は(3)の解であるので、(3)の解を1でない数1/4で割ったx=5,y=12,z=5+(2^{1/(2-1)})/(1/4)は絶対に(3)の解ではない。
x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}は(3)の解であるので、(3)の解を1でない数wで割ったx=s,y=t,z=s+p^{1/(p-1)}/wは絶対に(3)の解ではない。

(5^2+12^2)^(1/2)が有理数の時、5、12、5+(2^{1/(2-1)})/(1/4)は整数比で(4)の解である。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、s、t、s+p^{1/(p-1)}/wは整数比で(4)の解である。

整数比の(4)の解が見つかったので、証明は失敗です。

>>682
> どうしてでしょうか？
これは有理数解を持つかどうかとは無関係に
定数倍しても解のx,y,zの全てが有理数には決してならないから

p=2のときr=2(有理数)でyが無理数の場合の解を定数倍したら
arが無理数でyが有理数になる場合がある
たとえば(x,y,z)=(5,2√6,7) r=7-5=2

この場合の解を定数倍したら解のx,y,zの全てが有理数になりますか？

この事実を使ってp=2のときに有理数解を持たないと証明できますか？

この事実はp=2のときに有理数解をもつことに何か影響を与えますか？

>>686
> >684
> sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。
> ＜＜＜ w は無理数＞＞＞なので、これはまずいのでは？
> まずくは、無いとおもいます。
> wが無意味だと、思います。

いや、まずいんですよ。
>>676参考
> x=sw、y=twとおいて、(3)に代入する。(s,tは有理数、wは無理数★★★とあなたが確定させている)
> ...
> x=s、y=tとおくと、...
sw = s より、 w = 1 が導かれる。
w は無理数なので、 w = 1 と合わせて、『矛盾』が導かれる。

ーーーーー
一つでも『矛盾』があると、全ての命題が矛盾してしまいます。
これはいけませんね。

理解してもらえるか分かりませんが、リンクを貼ります。読んでみて下さい。
（「背理法」という言葉が出てきますが気にしなくて良いです）
https://www.hmathmaster.com/math1/%E7%9F%9B%E7%9B%BE%E3%81%A8%E8%83%8C%E7%90%86%E6%B3%95%E3%81%AB%E3%81%A4%E3%81%84%E3%81%A6/

一度リンクを押すと
「別のサイトにジャンプしようとしています。宜しければ上記のリンクをクリックしてください」
と出ると思うので、もう一度リンクを押して下さい。

>687
x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}は(3)の解であるので、

x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}は(3)の解では、ありません。
x=sw、y=tw、z=sw+(p^{1/(p-1)})wは(3)の解です。

>687
(5^2+12^2)^(1/2)が有理数の時、5、12、5+(2^{1/(2-1)})/(1/4)は整数比で(4)の解である。
(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、s、t、s+p^{1/(p-1)}/wは整数比で(4)の解である。

整数比の(4)の解が見つかったので、証明は失敗です。

詳しく説明して、いただけないでしょうか？

>688
この場合の解を定数倍したら解のx,y,zの全てが有理数になりますか？

解のx,y,zの全てが有理数になるとは、かぎりません。

yを有理数とすると、xは、有理数となります。

>689
> sw = s より、 w = 1 が導かれてしまいます。

w = 1でないと、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pと同じとならない。
ということです。

(修正11)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。よって、x,y,zは整数比とならない。
(4)はrが自然数のとき、(4)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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
参考
x=sw、y=twとおいて、(3)に代入する。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pを、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとする。
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}となる。
s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pに代入すると、s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pとなる。
uを有理数としたとき、(3)がs^p+t^p=u^pとなるかを、検討する。
x=s、y=tとおくと、(3)は、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pとなる。
p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は、s^p+t^p=u^pとならない。

>696
> ★★★wは無理数★★★とあなたが確定させている

(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとしても、意味がない。
ということです。

wは無理数★★★と確定したのは、私では、ありません。
他の人が言ったので、参考に書いただけです。

>>698
> (3)の無理数解をx=sw、y=twとします。
は
> (3)の整数比の無理数解をx=sw、y=twとします。
に訂正します。

現在のフェルマーの定理の証明は美しくないのは確かだ。
A4紙片面1枚で終わるようなものでないと認められない。

>>700
そうなんだけど対称性から出すと基本の整列式を数回置き換えしなきゃいけない。
だから長くなる。

>>693
> yを有理数とすると、xは、有理数となります。

> (3)はrが無理数なので、yを有理数とするとxは無理数となる。
これとは正反対の内容でメチャクチャなんですが
何を根拠にそんな書き込みをするのですか？

「この場合の解を定数倍したら」というのは
> p=2のときr=2(有理数)でyが無理数の場合の解
> たとえば(x,y,z)=(5,2√6,7) r=7-5=2

(x,y,z)=(5,2√6,7) r=7-5=2の場合で
定数倍してyを有理数にしてxを有理数にしてみてください

>>695
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると
この時点で証明は間違いです
まだ修正されていません

日高君はフェルマーの最終定理に反例がない限り自分の証明の間違いを認めないようだ。

>>691

インチキでウソですね。

あなたはhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>112で
> まとめると、(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(sw,tw,(p^{1/(p-1)})は整数比で、(3)の解です。
>
> わかりました。
> w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)となりますね。

と書いたじゃないですか。

> x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}は(3)の解では、ありません。
> x=sw、y=tw、z=sw+(p^{1/(p-1)})wは(3)の解です。

r=z-xで
r^(p-1)=pのとき、
z=x+rなので
z=x+p^{1/(p-1)}です。

こんな簡単な計算もできない人は、絶対に証明はできません。
よって、証明は失敗です。

>>692

ただの計算なので説明するようなことはありません。

x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)

にr^(p-1)=apとなるように決めたaと有理数s,tを代入するだけです。

aの定義：どんなr,pに対してもr^(p-1)=apとなるようにaを決めることが必ずできる。
ただの計算：ap=r^(p-1)を(4)に代入

ただの計算：x^p+y^p=(x+(r^(p-1))^{1/(p-1)})^p…(4)
ただの計算：x^p+y^p=(x+r)^p…(1)

ただの計算：x=s,y=tを代入
ただの計算：s^p+t^p=(s+r)^p
ただの計算：(s^p+t^p)^(1/p)=s+r
ただの計算：r=(s^p+t^p)^(1/p)-s

計算の条件：(s^p+t^p)^(1/p)が有理数の時、
ただの計算：有理数-有理数は有理数なのでrは有理数
ただの計算：r=z-xにr=(s^p+t^p)^(1/p)-s、x=sを代入してz=(s^p+t^p)^(1/p)、有理数+有理数は有理数なのでzは有理数

ただの計算：s+p^{1/(p-1)}/wにw=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}を代入すると

ただの計算：s+p^{1/(p-1)}/w=(s^p+t^p)^(1/p)

ただの計算：よって、z=s+p^{1/(p-1)}/w

s,t,s+p^{1/(p-1)}/wは有理数で(1)の解です。ただの計算により、(1)の解は(4)の解です。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)

ではこうはいきません。

r^(p-1)=pが成り立つのは1つのpに対してrが特定の値の時だけ
例:p=2のときr=2のときだけ
p=3のときr=√3のときだけ

rが特定の値の時だけ：p=r^(p-1)を(3)に代入
rが特定の値の時だけ：x^p+y^p=(x+(r^(p-1))^{1/(p-1)})^p…(3)
rが特定の値の時だけ：x^p+y^p=(x+r)^p…(1)

rが特定の値の時だけ：x=s,y=tを(1)に代入
rが特定の値の時だけ：s^p+t^p=(s+r)^p
rが特定の値の時だけ：(s^p+t^p)^(1/p)=s+r
rが特定の値の時だけ：r=(s^p+t^p)^(1/p)-s

計算の条件：r^(p-1)=pが成り立つとき、
rが特定の値の時だけ：pが奇素数のとき、rは無理数なので
rが特定の値の時だけ：r=(s^p+t^p)^(1/p)-sは成り立たない
rが特定の値の時だけ：よって(3)は成り立たない,x=s,y=tは(3)の解ではない


新たに別のx、yを考える。

rが特定の値の時だけ：x=sw,y=twを(1)に代入
rが特定の値の時だけ：(sw)^p+(tw)^p=((sw)+r)^p
rが特定の値の時だけ：((sw)^p+(tw)^p)^(1/p)=sw+r
rが特定の値の時だけ：r=((sw)^p+(tw)^p)^(1/p)-sw
rが特定の値の時だけ：r=((s^p+t^p)^(1/p))w-sw
rが特定の値の時だけ：r=((s^p+t^p)^(1/p)-s)w

計算の条件：r^(p-1)=pが成り立つとき、
rが特定の値の時だけ：w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}をr=((s^p+t^p)^(1/p)-s)wに代入すると
rが特定の値の時だけ：r=p^(1/(p-1))
rが特定の値の時だけ：r^(p-1)=pが成り立つとき、r=p^(1/(p-1))が成り立つ。
rが特定の値の時だけ：よって(3)が成り立つ。x=sw,y=twは(3)の解である。このときz=x+r=sw+p^(1/(p-1))

(修正12)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となる。よって、x,y,zは整数比とならない。
(4)のr,zが有理数のとき、(4)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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>698
(3)の無理数解をx=sw、y=twとします。
s,tは有理数なのだから、wは無理数に確定するじゃないですか。

無責任な発言はやめてもらっていいですか。

x=sw、y=twは、(3)の無理数解になりません。

>701
そうなんだけど対称性から出すと基本の整列式を数回置き換えしなきゃいけない。
だから長くなる。

意味を教えてください。

>702
(x,y,z)=(5,2√6,7) r=7-5=2の場合で
定数倍してyを有理数にしてxを有理数にしてみてください

無理です。

>>707
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とすると
この時点で証明は間違いです

>>708
> x=sw、y=twは、(3)の無理数解になりません。
なります

>>710
> 定数倍してyを有理数にしてxを有理数にしてみてください
> 無理です
これはp=2のときだけれどもあんたの証明方法だと
> よって、x,y,zは整数比とならない (p=2の場合でも)

>>707 日高

> (3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となる。

後半「有理数で整数比となる」の主語はなんですか？

>704
r=z-xで
r^(p-1)=pのとき、
z=x+rなので
z=x+p^{1/(p-1)}です。

その通りです。

>705
s,t,s+p^{1/(p-1)}/wは有理数で(1)の解です。ただの計算により、(1)の解は(4)の解です。

s,t,s+p^{1/(p-1)}/wは(1)の解となりません。

>706
rが特定の値の時だけ：よって(3)が成り立つ。x=sw,y=twは(3)の解である。このときz=x+r=sw+p^(1/(p-1))

x=sw,y=tw,z=x+r=sw+p^(1/(p-1))は、(3)の整数比となる解では、ありません。

>711
> x=sw、y=twは、(3)の無理数解になりません。
なります

x=sw,y=tw,z=x+r=sw+p^(1/(p-1))は、(3)の整数比となる解では、ありません。

> よって、x,y,zは整数比とならない (p=2の場合でも)

このことの、意味がはっきり、わかりません。

>712
> (3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となる。

後半「有理数で整数比となる」の主語はなんですか？

「(3)の解x,y,zは」です。

>>716
> よって、x,y,zは整数比とならない (p=2の場合でも)
> このことの、意味がはっきり、わかりません。

rが無理数の場合に整数比とならない場合でも3つの変数の値全てを
無理数にすることは可能である

> (3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となる。
だからこれはxを有理数とした段階でインチキなんですよ

同じインチキをすればp=2のときにも整数比にならないという結論が導ける
たとえばxを有理数,yを無理数あるいはxを無理数,yを有理数にすれば
p=2だろうと整数比にはならないですよ

>>717 日高
わかりました。ではそれを証明してください。

>718
同じインチキをすればp=2のときにも整数比にならないという結論が導ける
たとえばxを有理数,yを無理数あるいはxを無理数,yを有理数にすれば
p=2だろうと整数比にはならないですよ

x^2+y^2=(x+2)^2のyを有理数とすれば、xは有理数となります。

(修正12)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となる。
(3)のrが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となる。よって、x,y,zは整数比とならない。
(4)のr,zが有理数のとき、(4)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。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>719
わかりました。ではそれを証明してください。

(3)の解x,y,zが無理数で、整数比となるならば、有理数で整数比となる。

x=sw,y=tw,z=uwとおく。(s,t,uは有理数、wは無理数。)
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
両辺をw^pで割ると、
s^p+t^p=u^pとなる。

>>722 日高
それは(3)式ではない。つまらないごまかしはやめろ。

>723
>>722 日高
それは(3)式ではない。つまらないごまかしはやめろ。

(3)式は、整数比の解を、持たないことになります。

>>724 日高
答えになっていません。きちんと答えなさい。

>>724
まさかとは思うが、

「(3)の整数比の解」を無理数で割って整数にする。
これは(3)の条件を満たさない、よって(3)に整数解はない

と主張してるの？

>725
答えになっていません。きちんと答えなさい。

(3)式は、整数比の解を、持たないことになります。

(3)式は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pなので、
(3)式が、整数比の解を持つならば、
x=sw,y=tw,z=uwとおくと、(s,t,uは有理数、wは無理数。)
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなります。
uw=(s+p^{1/(p-1)})wなので、
u=s+p^{1/(p-1)}となりますが、
u=s+p^{1/(p-1)}は成り立ちません。

>726
「(3)の整数比の解」を無理数で割って整数にする。
これは(3)の条件を満たさない、よって(3)に整数解はない

どういう意味でしょうか？

>>727 日高
> uw=(s+p^{1/(p-1)})wなので、
uw=sw+p^{1/(p-1)}ですよ。

>>720
>>721
x^2+y^2=(x+√2)^2は
> rが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となる。
> よって、x,y,zは整数比とならない。
この条件を満たしているから整数比にならないのでしょ

一方
> x^2+y^2=(x+2)^2のyを有理数とすれば、xは有理数となります。

これらの事実は両立しないからあんたの証明は間違っているのです

>729
>>727 日高
> uw=(s+p^{1/(p-1)})wなので、
uw=sw+p^{1/(p-1)}ですよ。

uw=(s+p^{1/(p-1)})wならば、
u=s+p^{1/(p-1)}となります。

>730
x^2+y^2=(x+√2)^2は
> rが無理数なので、xを有理数とするとzは無理数となる。
> よって、x,y,zは整数比とならない。
この条件を満たしているから整数比にならないのでしょ

x^2+y^2=(x+√2)^2は、(3)ではなく(4)です。

>>731 日高
> >729
> >>727 日高
> > uw=(s+p^{1/(p-1)})wなので、
> uw=sw+p^{1/(p-1)}ですよ。
>
> uw=(s+p^{1/(p-1)})wならば、
> u=s+p^{1/(p-1)}となります。

そうじゃなくて、どこからuw=(s+p^{1/(p-1)})wが出てくるんですか？

>733
そうじゃなくて、どこからuw=(s+p^{1/(p-1)})wが出てくるんですか？

「(3)式が、整数比の解を持つならば、」と仮定したからです。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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)は積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(3)はx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(3)はrが有理数なので、x,y,zが、有理数で整数比となる。
(4)はrが自然数のとき、(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>734 日高
> >733
> そうじゃなくて、どこからuw=(s+p^{1/(p-1)})wが出てくるんですか？
>
> 「(3)式が、整数比の解を持つならば、」と仮定したからです。

(3)式はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pです。これが整数比の解x,y,z(=x+p^{1/(p-1)})を持つなら
x=sw,y=tw,z=uwですがz=x+p^{1/(p-1)}だからuw=sw+p^{1/(p-1)}ではありませんか。

>>732
> (3)ではなく(4)です。

(3)と(4)の解の比が変わらないということが証明のポイントなので
(3)で整数比にならないことと(4)で整数比にならないことは
同じことですよ

そうでなくて(3)で整数比にならないが(4)で整数比になる
あるいは逆に(4)で整数比にならないが(3)で整数比になるのだったら
そもそも>>721は証明になっていないですよ

>>722

p=2の時、

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)

(3)式の解、5/4,12/4,13/4と同じ比の3つの数5，12，13は(3)の解ではありません。

(3)の解でないから5，12，13は元の式x^p+y^p=z^pを満たさないのか？

結論、(3)式の解ではない5，12，13は元の式x^p+y^p=z^pを満たさない、と言っていいのか？

いいえ、違います。

5，12，13は(4)の解です。(4)の解は、元の式x^p+y^p=z^pの整数比の解です。

整数比の解があることが、証明できました。


Pが奇素数の時

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)

(3)式の解、sw,tw,uwと同じ比の3つの数ｓ、t,，uは(3)の解ではありません。

(3)の解でないからs，t，uは元の式x^p+y^p=z^pを満たさないのか？

結論、(3)式の解ではないs、ｔ、uは元の式x^p+y^p=z^pを満たさない、と言っていいのか？

いいえ、違います。

ｓ、t,，uは(4)の解です。(4)の解は、元の式x^p+y^p=z^pの整数比の解です。

整数比の解があることが、証明できました。

>>735

> (3)はx,y,zが、無理数で整数比となるならば、x,y,zが、有理数で整数比となる。

インチキでウソですね。

p=2のとき

x,y,zが、無理数で整数比となるとき、(3)は成り立ちません。

(3)が成り立たないので、無理数で整数比の元の式x^p+y^p=z^pの解はないのか？それも嘘です。

x=3√2、y=4√2、z=5√2は無理数で整数比のx^p+y^p=z^pの解です。


pが奇素数の時

x,y,zが、有理数で整数比となるとき、(3)は成り立ちません。

(3)が成り立たないので、有理数で整数比の元の式x^p+y^p=z^pの解はないのか？それも嘘です。

あなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>722で書いた通り、
x=s、y=t、z=uは有理数で整数比のx^p+y^p=z^pの解です。

>>714

> s,t,s+p^{1/(p-1)}/wは(1)の解となりません。

インチキでウソですね。

(1)にs,t,s+p^{1/(p-1)}/wを代入すると、r=z-x=s+p^{1/(p-1)}/w-s=p^{1/(p-1)}/wなので、

s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^p

w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}を代入すると

s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/(p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)-s}))^p

右辺を約分して

s^p+t^p=(s+{(s^p+t^p)^(1/p)-s})^p

右辺を整理して

s^p+t^p=((s^p+t^p)^(1/p))^p

右辺を整理して

s^p+t^p=s^p+t^p

最後の式はどんなs、tに関しても絶対に成り立つ式です。

(1)に s,t,s+p^{1/(p-1)}/wを代入して絶対に成り立つ式になったのだから、 s,t,s+p^{1/(p-1)}/wは(1)の解です。

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/の>>715

インチキでウソですね。

(3)に整数比の解があるかもしれないので、「※もしかしてあったとして、それをx=sw、y=tw、z=uwとする。」(◎s,t,uは有理数、wは無理数)
ためしに元の式に入れてみると

(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p

r=z-x=uw-swより、uw=sw+rを代入して

(sw)^p+(tw)^p=(sw+r)^p

(1)式は(2)式になって、r^(p-1)=pのとき、それが(3)式になるから

(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3)

sw,tw,uw=sw+p^{1/(p-1)}は、もともと(3)式の解、というように※のところで決めたtので、当然(3)式の解

もともとs,t,uは有理数、というように◎のところで決めたので、s,t,uは整数比

よって、x=sw,y=tw,z=x+r=sw+p^(1/(p-1))は、(3)の整数比となる解です。

(修正13)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の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x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,y,zが無理数で、整数比の解を持つと仮定すると、x=sw,y=tw,z=uwとおいたとき、
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなる。(s,t,uは有理数、wは無理数。)
uw=(s+p^{1/(p-1)})wより、u=s+p^{1/(p-1)}となるので、式は成り立たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>742 日高

> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の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x,y,zは整数比とならない。
> (3)のx,y,zが無理数で、整数比の解を持つと仮定すると、x=sw,y=tw,z=uwとおいたとき、
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなる。(s,t,uは有理数、wは無理数。)
> uw=(s+p^{1/(p-1)})wより、u=s+p^{1/(p-1)}となるので、式は成り立たない。

引用の下から２行目、(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは(3)じゃなくて元の式です。
それが成り立つならs^p+t^p=u^pが成り立ち、定理には反例が存在します。
引用の最終行uw=(s+p^{1/(p-1)})wはなぜ成り立ちますか？
引用の最終行「式は成り立たない」はどの式を指しますか？

(修正14)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の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x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,y,zが無理数で、整数比の解を持つと仮定すると、x=sw,y=tw,z=uwとおいたとき、
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなる。(s,t,uは有理数、wは無理数。)
uw=(sw+p^{1/(p-1)})wより、u=sw+p^{1/(p-1)}となるので、式は成り立たない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>744 日高
> uw=(sw+p^{1/(p-1)})wより、
この式が成り立つ理由は？

>>744
p=2のときだと
(s,t,u)=(3,4,5) r=p^{1/(p-1)}=2
x^2+y^2=(x+2)^2の解
w=√2として計算してみると
(sw,tw,uw)=(3√2,4√2,5√2) rw=2√2
x^2+y^2=(x+2√2)^2の解

> uw=(sw+p^{1/(p-1)})wより
5√2=(3√2+2)√2は成り立たないですよ
この場合はuw=sw+rw 5√2=3√2+2√2

(sw)^p+(tw)^p=(sw+r)^pと(sw)^p+(tw)^p=(sw+rw)^pでは
rの値が異なる

(sw)^p+(tw)^p=(sw+r)^pならばr=p^{1/(p-1)}ではない
r=w*p^{1/(p-1)}
上の例だとr=2√2

(sw)^p+(tw)^p=(sw+rw)^pならばr=p^{1/(p-1)}
上の例だとr=2

r=p^{1/(p-1)}とr=(ap)^{1/(p-1)}を混ぜて使えば間違えますよ
rは同じ文字を使っているから

>>746の補足
> この場合はuw=sw+rw 5√2=3√2+2√2
これはp=2,r=2の場合

rが有理数か無理数かでwの付け方が逆になるので注意すること

s,t,uは有理数,wは無理数として

x^2+y^2=(x+2)^2 r=2(有理数)なら
s^2+t^2=u^2=(s+2)^2は正しい可能性があるが
(sw)^2+(tw)^2=(uw)^2=(sw+2)^2は正しくない

x^3+y^3=(x+√3)^3 r=√3(無理数)なら
(sw)^3+(tw)^3=(uw)^3=(sw+√3)^3は正しい可能性があるが
s^3+t^3=(s+√3)^3は正しくない

p=2でr=2(有理数)ならw(無理数)を用いると
s^2+t^2=(s+2)^2
(sw)^2+(tw)^2=(sw+2w)^2

p=3でr=√3(無理数)ならw(無理数)を用いると
(sw)^3+(tw)^3=(sw+√3)^3
s^3+t^3=(s+√3/w)^3

(修正15)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の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x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw,y=tw,とおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)}-sとなるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pとなる。これは、(4)に相当する。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

(修正16)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の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x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw,y=tw,とおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)}-sとなるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pとなる。(s^p+t^p)^(1/p)=kとおく。
(4)の解x,y,zが整数比とならないので、s,t,kは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>748
> (3)のrが無理数なので、xを有理数とすると
この時点で間違い

>>749 日高
> 【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の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x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。

上の引用の下から３行目は誤解のないよう言い直せば
「(3)のxを有理数とすると、rが無理数なのでzは無理数となり、解x,y,zは整数比とならない」だねえ。
(3)のxが無理数の場合は何も言えていない。
上の引用の下から２行目のa^{1/(p-1)}はr/p^{1/(p-1)}に等しいから無理数である。
上の引用の一番下の行「(4)のr,x,zが有理数のとき」は
「(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」けどa^{1/(p-1)}は無理数だから，
そのときには(3)の無理数解のa^{1/(p-1)}倍となり、(3)の無理数解については調べていないのだから
「(4)の解x,y,zも整数比とならない」とは結論できない。

(修正17)
【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)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の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x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のr,x,zが有理数のとき、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw,y=tw,とおいて、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(5)とする。(s,tは有理数、wは無理数。)
w=p^{1/(p-1)}/{(s^p+t^p)^(1/p)}-sとなるので、(5)に代入すると、
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…(6)となる。(s^p+t^p)^(1/p)=kとおく。(kは有理数。)
(4)の解x,y,zが整数比とならないので、(6)は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。