フェルマーの最終定理の簡単な証明その４

【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)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)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、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、整数比の解を持たない。

【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+rx}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^2=3のとき、x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)となる。
(3)はr=√3なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^2=a3のとき、x^3+y^3=(x+√(a3))^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は(3)の解の√a倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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)を積の形にすると、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。
(3)はr=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。

>>5
では証明をお願いします。
（「自明です。」という回答は、僕らが理解できないので無しで）

(3)は、x^p+y^p=z^pとz=x+p^{1/(p-1)}との連立方程式なんですよね。

>6
（「自明です。」という回答は、僕らが理解できないので無しで）

例.p=3の場合は仮定となります。

(3√3)^2+(4√3)^2=(5√3)^2
両辺を(√3)^2で割ると
3^2+4^2=5^2となります。

>>7
私は実はそれがよく分からないのですよね。
(3)式をそのまま見たら、連立方程式ではないのですが......

>7
(3)は、x^p+y^p=z^pとz=x+p^{1/(p-1)}との連立方程式なんですよね。

よく、意味がわかりません。

>>8
そのボケもういらないっす。
以下の式から始めてください。

(3)式はこれです。
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)

p=3でやるならこれです。
> x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)

>>10
連立方程式という用語は分かりますか？

>>9
> >>7
> 私は実はそれがよく分からないのですよね。
> (3)式をそのまま見たら、連立方程式ではないのですが......

そうなんですが、日高さんの頭の中では二式の連立方程式を意味するのでは。
そのままではzが登場しません。

>>13
そっかー
z 使ってますもんねえ。

日高さんは大学教授？

>>8

> (3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる

p=2のとき、(3√3)^2+(4√3)^2=(5√3)^2は、(3)式なのですか？

p=2のとき、(3√3)^2+(4√3)^2=(5√3)^2は、(3)式に出てくる文字x,yに何を代入したらそうなりますか？

>11
以下の式から始めてください。

何を、どのようにしたらいいのでしょうか？

>12
連立方程式という用語は分かりますか？

分かります。

>13
そうなんですが、日高さんの頭の中では二式の連立方程式を意味するのでは。
そのままではzが登場しません。

z=x+rです。

>14
z 使ってますもんねえ。

z=x+rです。

>15
日高さんは大学教授？

違います。

>16
p=2のとき、(3√3)^2+(4√3)^2=(5√3)^2は、(3)式なのですか？

(4)式です。
r=a2=2√3
a=√3
(3√3)^2+(4√3)^2=(3√3+2√3)^2…(4)
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zの√3倍となります。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【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)を積の形にすると、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。
(3)はr=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)のrが自然数のとき、(4)の解は(3)の解のa倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。

>>18
それでは、

(3)は、x^p+y^p=z^pとz=x+p^{1/(p-1)}との連立方程式なんですよね。

のどこがわからないんですか？
x,y,zが(3)の解であるということは、x,y,zが上の連立方程式の解であるということではないのですか？

>24
(3)は、x^p+y^p=z^pとz=x+p^{1/(p-1)}との連立方程式なんですよね。

のどこがわからないんですか？
x,y,zが(3)の解であるということは、x,y,zが上の連立方程式の解であるということではないのですか？

そうですね。

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595229333/373
> 373日高2020/08/03(月) 19:08:18.17ID:J/rPJuTD
> >372
> これがx^2+y^2=(x+√2)^2の解であることを示してくれということ
> あんたは共通の無理数で割っても同じ式の有理数解になると言っているのだから

> 共通の無理数で割っても同じ式の有理数解にはなりません。

>>27
どういう意味でしょうか?
あいまいな応答はやめてください。

>30
> 共通の無理数で割っても同じ式の有理数解にはなりません。

そうですね。

>31
命題(A)の末尾は「また(3)の有理数解となる」なので、(3)式に合致しないといけません。
>>28の例でいくと、こうなります。

s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^p…(3)

こうは、ならないと思います。(3)は、成り立ちません。

>33
> (3) と z=x+√3
>
> という「連立方程式の解」として考えないといけないんだが、ここが抜け落ちてるんでは？

u=x+√3が成り立つには、xは無理数となる必要があります。

>>38

> >37
> z=x+√3が成立しないため、(3)の解ではない
>
> xが無理数ならば、成り立ちます。
>
いいえ。
x=s、z=uは共に有理数ですから、明らかに成り立ちません。

>39
仮定から結論を導くことができなかったので、間違いです

結論は、有理数解はないです。

>40
いいえ。
x=s、z=uは共に有理数ですから、明らかに成り立ちません。

どの式が、成り立たないのでしょうか？

>>44
> > 共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる
> これは、正しいです。

ウソ

>>34
> > 共通の無理数で割っても同じ式の有理数解にはなりません。
> そうですね。

約三時間前には全く正反対の書き込みをしているじゃないか

日高さんには「そうですね」をどういう意味で使っているのか尋ねたほうがよいかもね。

>45
それはおかしくないですか？

> s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^p
とは、なりません。

s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p
となります。

>46
z-xがz/λ-x/λ=(z-x)/λで置き換わる。λは無理数だから1ではない。
よってz-xの値が変わる。こんな当たり前の話がわからないのですか？

「z-xが」のz,xの比と
z/λ-x/λ=(z-x)/λのz,xの比は、同じとなります。

>>52 日高
> 「z-xが」のz,xの比と
> z/λ-x/λ=(z-x)/λのz,xの比は、同じとなります。

何寝ぼけたこと言ってんの？　(3)をみたすかどうかだから、比じゃなくて差だろ？

>48
> > 共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる
と
> > 共通の無理数で割っても同じ式の有理数解にはなりません。

具体的に、式を示していただけないでしょうか。

>50
あなたの書いた証明は、「(3)の無理数解が整数比となるならば」という文と食い違っています。

「(3)の無理数解が整数比となるならば」は、仮定です。
(3)式と、(4)式は、同じ比です。

>54
何寝ぼけたこと言ってんの？　(3)をみたすかどうかだから、比じゃなくて差だろ？

「比じゃなくて差だろ？」
どういう意味でしょうか？

>>57 日高
> >54
> 何寝ぼけたこと言ってんの？　(3)をみたすかどうかだから、比じゃなくて差だろ？
>
> 「比じゃなくて差だろ？」
> どういう意味でしょうか？

(3)はx^p+y^p=z^pかつz=x+p^{1/(p-1)}だからz-xの値がp^{1/(p-1)}と異なれば(3)はみたさない。
違うの？

>58
(3)はx^p+y^p=z^pかつz=x+p^{1/(p-1)}だからz-xの値がp^{1/(p-1)}と異なれば(3)はみたさない。
違うの？

(3)はx^p+y^p=z^pかつz=x+p^{1/(p-1)}だからz-xの値がp^{1/(p-1)}と異なれば(3)はみたさない。は、正しいです。

>>59 日高

じゃあx,y,zとx/λ,y/λ,z/λとではz-xの値が違うだろ？
z-xとz/λ-x/λ=(z-x)/λとなって。（λは無理数だから1とは異なる。）

日高氏はわけのわからないことを言って議論を発散させるのが目的だから、
脱線させない方がいいよ。

>>61
ごもっとも。私としてはうまく袋小路に追い詰めたと思っているので，しばらく続けます。ご容赦を。

>60
じゃあx,y,zとx/λ,y/λ,z/λとではz-xの値が違うだろ？
z-xとz/λ-x/λ=(z-x)/λとなって。（λは無理数だから1とは異なる。）

z-xの値は、ちがいます。
z,xの比は、同じとなります。

>>64 日高
> >60
> じゃあx,y,zとx/λ,y/λ,z/λとではz-xの値が違うだろ？
> z-xとz/λ-x/λ=(z-x)/λとなって。（λは無理数だから1とは異なる。）
>
> z-xの値は、ちがいます。
> z,xの比は、同じとなります。

だから、λで割ったほうは(3)は満たさないんですよね？

>65
だから、λで割ったほうは(3)は満たさないんですよね？

はい。

>>1 日高
> 【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)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)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。

では上で「x,y,zは整数比とならない」と言えるのはなぜですか？

>67
では上で「x,y,zは整数比とならない」と言えるのはなぜですか？

(3)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
からです。

>>68 日高
yが無理数のときは？

>69
yが無理数のときは？

x,y,zは整数比となりません。

>>70 日高
なぜですか？

>71
なぜですか？

xが有理数となるからです。

>>72 日高
> >71
> なぜですか？
>
> xが有理数となるからです。

ｙが無理数だとxが有理数になる！　これは初耳です。

>73
ｙが無理数だとxが有理数になる！　これは初耳です。

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のyを無理数とすると、
(有理数)^p+(無理数)^p＝(有理数+無理数)^p
となります。

>>75 日高
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のyを無理数とすると、
> (有理数)^p+(無理数)^p＝(有理数+無理数)^p
> となります。

ｙを決めるとxが決まると思うけど無理数は非可算個、有理数は可算個。
おかしくないかい？

>76
ｙを決めるとxが決まると思うけど無理数は非可算個、有理数は可算個。
おかしくないかい？

無理数は非可算個、有理数は可算個とは、
どういうことかを、教えていただけないでしょうか。

>>72 日高
> >71
> なぜですか？
>
> xが有理数となるからです。

yが円周率のとき、xはいくつになりますか？

>80
その仮定した場合のはなしの中で、（実際x=sw、y=tw、x+p^{1/(p-1)}=uwとおいています）
結論「また(3)の有理数解となる」とはならなかったのですから、
命題(A)は、成り立たないという事ですよね？

仮定した場合のはなしの中では、「また(3)の有理数解となる」となります。

>81
yが円周率のとき、xはいくつになりますか？

無理数となります。

>>82
> 仮定した場合のはなしの中では、「また(3)の有理数解となる」となります。
仮定した場合のはなしの中では、「また(3)の有理数解となる」とはならなかったのですよね？

>>83 日高
>>72ではyが無理数だとxは有理数と言ったじゃありませんか。

>84
仮定した場合のはなしの中では、「また(3)の有理数解となる」とはならなかったのですよね？

仮定した場合のはなしの中では、「また(3)の有理数解となる」となります。

「仮定した場合のはなし」とは、「x,y,zが無理数で、整数比となるならば、」です。

>85
>>72ではyが無理数だとxは有理数と言ったじゃありませんか。

yが無理数だとxは有理数となる場合と、無理数となる場合があります。

>>87 日高
> yが無理数だとxは有理数となる場合と、無理数となる場合があります。

それは何も言っていないに等しいですね。

改めて、>>71に答えてください。

>88
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」とはならない

正確には、
(3)の無理数解が整数比となるならば、その無理数解を、共通の無理数で割ると、その解は、整数比となる。」
です。

もとの、(3)式(r=p^{1/(p-1)})の有理数解とは、なりません。

>89
改めて、>>71に答えてください。

67に戻りますが？

うん、>>67に答えてください。

> 【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)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)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。

では上で「x,y,zは整数比とならない」と言えるのはなぜですか？

(3)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
からです。

95は、93の答えです。

>>94
「成り立たない」は「偽」という意味ですが、
「正しくない」でも良いと思います。

>>95 日高
yが無理数の場合をお尋ねしました。答えてください。

>98
>>95 日高
yが無理数の場合をお尋ねしました。答えてください。

yが無理数の場合は、xが有理数の場合と、無理数の場合があります。
どちらの場合も、x,y,zは整数比となりません。

>>100 日高
> yが無理数の場合は、xが有理数の場合と、無理数の場合があります。
> どちらの場合も、x,y,zは整数比となりません。

それはなぜですか？

>102
> yが無理数の場合は、xが有理数の場合と、無理数の場合があります。
> どちらの場合も、x,y,zは整数比となりません。

それはなぜですか？
x,y,zが共に有理数ではないからです。

>>103
すいません。返信は明日にします。

>>104 日高
> >102
> > yが無理数の場合は、xが有理数の場合と、無理数の場合があります。
> > どちらの場合も、x,y,zは整数比となりません。
>
> それはなぜですか？
> x,y,zが共に有理数ではないからです。

共に有理数でなくても、自然数比になることはありえます。なぜそれが起こらないのですか？

>>104
> > どちらの場合も、x,y,zは整数比となりません。
> それはなぜですか？
> x,y,zが共に有理数ではないからです

日高によると
(3√2,4√2,5√2)はx,y,zが全て無理数であるから整数比とならないらしい

【日高定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【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)を積の形にすると、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。
(4)の解は(3)の解のa倍となる
(4)はa2が無理数のとき、yが有理数ならば、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(3)の解は(4)の解の1/a倍となるので、(3)の解x,y,zも整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。

>>109

いいえ。

(3)式はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)ですから

x=s,y=tのとき、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^pです。

s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pにはなりません。インチキのウソです。


別の話として、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の両辺をwで割ると

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

ここにx=sw,y=twを代入すると

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

つまりこの式はx=sw,y=twの時の式です。x=s,y=tのときの式ではありません。これもまたインチキのウソです。

>>110修正

(x/w)^p+(y/w)^p=(s/w+(p^{1/(p-1)})/w)^pのsが間違い、正しくは

(x/w)^p+(y/w)^p=(x/w+(p^{1/(p-1)})/w)^p

>>110また修正

誤　(3)の両辺をwで割ると
正　(3)の両辺をw^pで割ると

>110
つまりこの式はx=sw,y=twの時の式です。x=s,y=tのときの式ではありません。これもまたインチキのウソです。

x=s,y=tのときの式は、成り立ちません。

>>116
「(3)の無理数解が整数比となるならば」の仮定
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p
の両辺をw^pで割って、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p
が導かれます。

よって、(3-1)式が成り立ちます。

>107
共に有理数でなくても、自然数比になることはありえます。なぜそれが起こらないのですか？

x,yが無理数の場合は、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなります。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(4)により、s^p+t^p=(s+n)^pとなることはありません。(nは有理数)

日高氏は何を言ってるのかさっぱりわからん。
やっぱりただのボケ老人なのか。

>108
日高によると
(3√2,4√2,5√2)はx,y,zが全て無理数であるから整数比とならないらしい

x,y,zを√2で割ると、(3,4,5)となり、整数比となります。

>119
日高氏は何を言ってるのかさっぱりわからん。
やっぱりただのボケ老人なのか。


分からない部分を、指摘して下さい

>>120
> 日高によると
> (3√2,4√2,5√2)はx,y,zが全て無理数であるから整数比とならないらしい
> x,y,zを√2で割ると、(3,4,5)となり、整数比となります。

そんなことは分かりきったことなんだが
おまえがx,y,zが全て無理数であるから整数比とならないと書いたんだぞ

>>104
> > yが無理数の場合は、xが有理数の場合と、無理数の場合があります。
> > どちらの場合も、x,y,zは整数比となりません。
> それはなぜですか？
> x,y,zが共に有理数ではないからです。

>>121
全部。
言ってることに脈絡がなく、理解できない。

>117
「(3)の無理数解が整数比となるならば」の仮定
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p
の両辺をw^pで割って、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p
が導かれます。

よって、(3-1)式が成り立ちます。

はい。そうなります。

>123
全部。
言ってることに脈絡がなく、理解できない。

最初からでしょうか？

>122
> x,y,zが共に有理数ではないからです。

x,y,zが共に有理数ではなくても、共通の無理数を持てば、整数比となります。

>>125
それぞれの文の意味はわかっても、その間のつながりがわかりません。
論理的な思考ができないように見えます。

>129
>>125
それぞれの文の意味はわかっても、その間のつながりがわかりません。
論理的な思考ができないように見えます。

どの部分の事でしょうか？

>>131
それを聞いてどうしようというのですか？
個別の例で話をしてもしょうがないので、いちいち指摘はしません。

(前提)ならば(結論)
に対して、
「(前提)が正しい」ときに「(結論)が正しくない」
ことから
「(前提)ならば(結論)」が正しくない
ではなく
「(前提)が正しくない」
と主張してるように見える

>>127
> x,y,zが共に有理数ではなくても、共通の無理数を持てば、整数比となります。

x^2+y^2=z^2の解(√2*√7,√3*√7,√5*√7)を
√7で割っても整数比にはならない
ウソばかりだね

>134
こういう、話の流れを汲んでくれないところで、
>>129と言われるのではないでしょうか。

よく、意味がわかりません。

>135
(前提)ならば(結論)
に対して、
「(前提)が正しい」ときに「(結論)が正しくない」
ことから
「(前提)ならば(結論)」が正しくない
ではなく
「(前提)が正しくない」
と主張してるように見える

よく、意味がわかりません。

>136
(5/4)^p+(12/4)^p=(5/4+p^{1/(p-1)})^p　が成り立つとき、5^p+12^p=(5+p^{1/(p-1)})^pが成り立つ。

この2つの式が(A)を表す式です。

あなたの言う通り、5^p+12^p=(5+p^{1/(p-1)})^pは成り立ちません。

つまり、(A)はインチキのウソです。

5^p+12^p=(5+p^{1/(p-1)})^pは、間違いなので、(A)ではありません。

>137
x^2+y^2=z^2の解(√2*√7,√3*√7,√5*√7)を
√7で割っても整数比にはならない
ウソばかりだね

全ての解が、整数比となるわけでは、ありません。

>>141

(3)の解を、共通の数で割ると、また(3)の解となる　…(A)

「(3)の解となる」、という文と、「5^p+12^p=(5+p^{1/(p-1)})^p」という式は、同じ意味です。

「5^p+12^p=(5+p^{1/(p-1)})^p」は、間違いならば、同じ意味である「(3)の解となる」も間違いです。

つまり、(A)が間違いです。

>>143
わかりました。

ところで>>1氏は、
「命題は、証明してから使うべきだ。証明できない命題は使うべきじゃない。」
という数学のルールは理解できますか？

>144
(3)の解を、共通の数で割ると、また(3)の解となる　…(A)

確かに(A)は間違いですね。

>145
よく、意味がわからないので、説明していただけないでしょうか。

>147
と書いていますので、もしかしたら
「(前提)が正しいと仮定すると(結論)は間違っている、だから(前提)が間違っている」
などとお考えなのではなかろうかと。

よく、意味が理解できません。

>>148
すみません。取り下げます。

>>152

本気で言っていますか？
http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/も、ずっとその前からも、(3)式は

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)

ですよ。あなたが書いたんでしょ？(3)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pです。

斉次式である元の式と、そうでない(3)とを都合よく乗り換えるのが日高さんの【証明】かと思われます。

あれだよね、斉次式だったら、
解を共通部分で割っても、また解になるんだよね。

>153
あなたが書いたんでしょ？(3)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pです。

その通りです。

>157
あなたは（Ａ’）が成り立つので(3)の有理数で整数比の解だけを調べればいいと書いていましたが、

（Ａ’）は、間違いです。

>>158

> （Ａ’）は、間違いです。

そうですね。つまり、

(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となるので、
(3)の有理数で整数比の解だけを調べれば(3)の無理数で整数比の解も調べたことになる

、というあなたの考えも、間違いです。

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/の>>1では(3)の有理数で整数比の解だけを調べて
(3)の無理数で整数比の解を探していないので、証明は失敗です。

>159
(3)の無理数で整数比の解を探していないので、証明は失敗です。

(3)の無理数で整数比の解を探す場合は、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pで、
(p^{1/(p-1)})/wが、有理数となる場合を考えればよいことになります。

初めから自然数解を探すほうが早くないか？

>161
初めから自然数解を探すほうが早くないか？

虱つぶしに、探すということでしょうか？

>160
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pで、
(p^{1/(p-1)})/wが、有理数となる場合を考えればよいことになります。

(p^{1/(p-1)})/wが、有理数となる場合は、
w=(p^{1/(p-1)})/nとなります。(nは有理数）

s^p+t^p=(s+n)^pとなるので、(4)の場合となります。
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、
s^p+t^p=(s+n)^pは、成り立ちません。

>>163
> (4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない

証拠がありません。説明は失敗です。

>164
> (4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない

証拠がありません。説明は失敗です。

1の、
「(4)のr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。」
が、証拠です。

>>165

もう何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も
何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も何度も
同じ式敵をしていますが、

xが有理数、yが有理数、zが有理数である(4)の整数比の解があるかないかを調べるためには、

> (4)のrが有理数のとき、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる

より、
xが無理数、yが無理数、zが無理数である(3)の整数比の解があるかないかを調べることが絶対に必要です。
それ以外を調べるのは無意味で無駄です。

(3)に無理数で整数比の解があるかどうかは調べていないので、証明は失敗です。

【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)はr=p^{1/(p-1)なので、x,yが有理数のとき、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)もx,yを有理数とすると成り立たない。
(3)のx,yが無理数のとき、x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数）
(3)は(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが、有理数となる場合は、w=(p^{1/(p-1)})/nとなる。(nは有理数）
s^p+t^p=(s+n)^pとなるので、(4)の場合となる。
(4)のrが有理数のとき、x,yを有理数とすると、成り立たないので、s^p+t^p=(s+n)^pも成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>167

> 【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)はr=p^{1/(p-1)なので、x,yが有理数のとき、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が有理数のとき、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる

ここまでで、(3)に無理数で整数比の解があるかどうかは調べていません。

xが有理数、yが有理数、zが有理数である(4)の整数比の解があるかないかを調べるためには、

> (4)のrが有理数のとき、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる

より、
xが無理数、yが無理数、zが無理数である(3)の整数比の解があるかないかを調べることが絶対に必要です。
それ以外を調べるのは無意味で無駄です。

ここまでで(3)に無理数で整数比の解があるかどうかは調べていないので、「(4)もx,yを有理数とすると成り立たない。」はインチキのウソです。
証明は失敗です。

>166
(3)に無理数で整数比の解があるかどうかは調べていないので、証明は失敗です。

167を見てください。

>>169

> 【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)はr=p^{1/(p-1)なので、x,yが有理数のとき、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が有理数のとき、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる

ここまでで(3)に無理数で整数比の解があるかどうかは調べていないので、「(4)もx,yを有理数とすると成り立たない。」はインチキのウソです。
証明は失敗です。

>>167 日高

> (4)のrが有理数のとき、x,yを有理数とすると、成り立たないので、s^p+t^p=(s+n)^pも成り立たない。

これの証明がありません。

>171
> (4)のrが有理数のとき、x,yを有理数とすると、成り立たないので、s^p+t^p=(s+n)^pも成り立たない。

これの証明がありません。

s^p+t^p=(s+n)^pは、x,y,rを有理数とした、x^p+y^p=(x+r)^pと同じです。

>>172 日高

> s^p+t^p=(s+n)^pは、x,y,rを有理数とした、x^p+y^p=(x+r)^pと同じです。

だから、それに解がないことの証明をしてみせてください。

>173
> s^p+t^p=(s+n)^pは、x,y,rを有理数とした、x^p+y^p=(x+r)^pと同じです。

だから、それに解がないことの証明をしてみせてください。

(3)はr=p^{1/(p-1)なので、x,yが有理数のとき、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)もx,yを有理数とすると成り立たない。

うぷっそれって単に>>167からの抜粋ですよね

>>174
> (3)はr=p^{1/(p-1)なので、x,yが有理数のとき、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)もx,yを有理数とすると成り立たない。

解がないことの根拠にはならないですよ
あんたの言うことが正しいのなら以下も正しい

【日高定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
x^2+y^2=(x+√2)^2は√2が無理数なのでx,yが有理数のとき式は成り立たない
x^2+y^2=(x+2)^2の解はx^2+y^2=(x+√2)^2の解の√2倍となるので
x^2+y^2=(x+2)^2もx,yを有理数とすると成り立たない
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。

>>176
「p=2の場合はr=2となります」とかって返事がかえってきそう。

r=p^{1/(p-1)}とおきたけりゃおくのは勝手だとふつう思うが日高君にとっては

> 【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。

という“ご自慢の変形”からa=1,r^(p-1)=pが特別な意味をもつらしい。

>176
x^2+y^2=(x+2)^2の解はx^2+y^2=(x+√2)^2の解ｓの√2倍となるので
x^2+y^2=(x+2)^2もx,yを有理数とすると成り立たない

成り立ちます。
例
(3√2/2)^2+(4√2/2)^2=(3√2/2+√2)^2
解を√2倍すると、(x,y,z)=(3,4,5)

>177
という“ご自慢の変形”からa=1,r^(p-1)=pが特別な意味をもつらしい。

間違いでしょうか？

【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)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(2)はa=1以外のときも、x,y,zの比は変わらない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

【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)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2{x}(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。
(3)はr=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。
(3)はa=1以外のときも、x,y,zの比は変わらない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

【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)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(3)はa=1以外のときも、x,y,zの比は変わらない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>178
> x^2+y^2=(x+√2)^2は√2が無理数なのでx,yが有理数のとき式は成り立たない
> x^2+y^2=(x+2)^2の解はx^2+y^2=(x+√2)^2の解の√2倍となるので
> x^2+y^2=(x+2)^2もx,yを有理数とすると成り立たない

> 成り立ちます。

したがって
> だから、それに解がないことの証明をしてみせてください。
> (3)はr=p^{1/(p-1)なので、x,yが有理数のとき、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)もx,yを有理数とすると成り立たない。
あんたが書いたことは間違いなんです

> (3√2/2)^2+(4√2/2)^2=(3√2/2+√2)^2
> 解を√2倍すると、(x,y,z)=(3,4,5)

> √2が無理数なのでx,yが有理数のとき式は成り立たない
x=3√2/2,y=4√2/2は有理数ではないですからね

>>182
rが無理数ならばx,yのどちらか1つでも有理数にしたら証明にならないです

【日高定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
x^2+y^2=(x+√2)^2は√2が無理数なのでx,yのどちらか1つでも有理数で
あれば式は成り立たない
x^2+y^2=(x+2)^2でもx,y,zの比は変わらない
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。

結局は同じ間違いの繰り返しなんですね

> 成り立ちます。
> (3√2/2)^2+(4√2/2)^2=(3√2/2+√2)^2
> 解を√2倍すると、(x,y,z)=(3,4,5)

√2が無理数なのでx,yのどちらか1つが有理数のとき式は成り立たない
ことを考えてもx=3√2/2,y=4√2/2はどちらも有理数ではないですからね

>183
> √2が無理数なのでx,yが有理数のとき式は成り立たない
x=3√2/2,y=4√2/2は有理数ではないですからね

その通りですが、x,y,zは整数比となります。

>184
√2が無理数なのでx,yのどちらか1つが有理数のとき式は成り立たない
ことを考えてもx=3√2/2,y=4√2/2はどちらも有理数ではないですからね

その通りですが、x,y,zは整数比となります。

【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)はr=p^{1/(p-1)}なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(3)はa=1以外のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となるが、x,y,zの比は変わらない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

【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)はr=p^{1/(p-1)}なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
(2)はa=1以外のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となるが、x,y,zの比は変わらない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>188 日高

> (3)はr=p^{1/(p-1)}なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
> (2)はa=1以外のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となるが、x,y,zの比は変わらない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

どうして上の二行から最終行の結論が出ますか？
(3)でyが無理数xも無理数の場合何も調べていないのでx:y:zが自然数比になるかもしれない。

この証明は間違っています。

>189
(3)でyが無理数xも無理数の場合何も調べていないのでx:y:zが自然数比になるかもしれない。

(3)はr=p^{1/(p-1)}なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
よって、x,y,zは整数比となりません。
a=1以外のとき、(4)となりますが、x,y,zの比は変わりません。

>>190 日高
> (3)はr=p^{1/(p-1)}なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
> よって、x,y,zは整数比となりません。

本気でそう思っているなら数学はやめたほうがいいよ。

>189
(3)でyが無理数xも無理数の場合何も調べていないのでx:y:zが自然数比になるかもしれない。

(3)で、y,xが無理数ならば、zは有理数、もしくは、整数比とならない無理数となります。

a=1、a=1以外の場合も、x,y,zの比は、変わりません。

>191
> (3)はr=p^{1/(p-1)}なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。
> よって、x,y,zは整数比となりません。

本気でそう思っているなら数学はやめたほうがいいよ。

間違いでしょうか？

>>192 日高
> (3)で、y,xが無理数ならば、zは有理数、もしくは、整数比とならない無理数となります。

zが無理数のとき自然数比にならないことの証明は？

>>193 日高
> 間違いでしょうか？

どういう意味でしょうか？

【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)はr=p^{1/(p-1)}なので、x,yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとなる。
(2)はa=1以外のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となるが、x,y,zの比は変わらない。
(ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなるので、s、ｔ、p^{1/(p-1)}/w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。

>194
zが無理数のとき自然数比にならないことの証明は？

196を見てください。

>>196 日高
> (ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなるので、s、ｔ、p^{1/(p-1)}/wも整数比とならない。

って言うけど、(ap)^{1/(p-1)}はrでしょ？

>>196 日高
その前に
> (ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなるので、
となる理由は？

>199
その前に
> (ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなるので、
となる理由は？

どちらも、実数です。

>>200 日高
> >199
> その前に
> > (ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなるので、
> となる理由は？
>
> どちらも、実数です。

悪い冗談はやめてください。

>201
悪い冗談はやめてください。

どこが、間違いでしょうか？

だんだんキ××イ度が増してきたな。
もう会話は困難なレベルですね。

>203
だんだんキ××イ度が増してきたな。
もう会話は困難なレベルですね。

間違いを、指摘してください。

【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^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、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。
(3)はr=2なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>197
> zが無理数のとき自然数比にならないことの証明は？
> 196を見てください。
>>204
> 間違いを、指摘してください。

>>196
p=3でx^3+y^3=(x+√3)^3の場合を考える
x,yが無理数であるとしてx=s√3、y=t√3とおく(s,tは有理数であり√3は当然無理数)
(s√3)^3+(t√3)^3=(s√3+√3)^3となるのならばz=s√3+√3でありzも無理数
s^3+t^3=(s+1)^3となりsが有理数であるからs+1も有理数
よってs,tが有理数ならば解x,y,zは整数比になる

�@まちがいでしょうか?
↓
�Aなぜでしょうか?
↓
�Bよく、わかりません
↓
�@…


これ自動応答だわ

>206
s^3+t^3=(s+1)^3となりsが有理数であるからs+1も有理数
よってs,tが有理数ならば解x,y,zは整数比になる

x,y,zは整数比になりますが、x^p+y^p=z^pとなりません。

>>208
だからあんたのzが無理数のとき自然数比にならないことの証明が間違っているんですよ

>>196 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)はr=p^{1/(p-1)}なので、x,yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
> (3)のx,yが無理数のときは、x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数)
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとなる。

ここまではa=1のときの話ですよね。

> (2)はa=1以外のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となるが、x,y,zの比は変わらない。

これはa=1以外のとき。それなのにどうして

> (ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなるので、s、ｔ、p^{1/(p-1)}/wも整数比とならない。

となるんですか？

>>200
> >199
> その前に
> > (ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなるので、
> となる理由は？
>
> どちらも、実数です。

どちらも実数だと等しくなるんですか？
等しくない実数はたくさんありますよ。

>>196

> (3)はr=p^{1/(p-1)}なので、x,yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。

そもそもx,yが有理数であるような(3)式の解が存在するのか？
まあここでは仮に存在するとしましょう。

z=x+rより、その時の解x,y,zは整数比でない。
それと同じ比の別の数の組x,y,zについて、(4)のr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、その時の解x,y,zは整数比でない。

それがどうかしましたか？

ｐ=2の時、1^2+2^2=(√5)^2

整数比でない解が存在したら、整数比の解が存在しないことになりますか？なりませんね。

証明は失敗です。

>>196の証明の方向性はたぶん>>212の解釈であっていると思うけど、なんとなく雰囲気で読み飛ばしたところがおかしいので指摘します。

何度も書いたように、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の、ある１つの解と同じ比の別の解は存在しない。

よって、x=有理数、ｙ=有理数、ｚ=無理数である(3)の解x,y,zが存在してその比が(ア)であるとき、

x=無理数、ｙ=無理数であるような(3)の解x,y,zは(ア)とは別の比（イ）である。

(2)はa=1以外のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となるが、(ア)と同じ比の解を考えることができる。

(ア)と、(ア)と同じ比の(4)の解は、同じ比であるが、(イ)とは別の比である。

(ア)が整数比とならなくても、(イ)は別の比なので関係ない。

証明は失敗です。

>209
だからあんたのzが無理数のとき自然数比にならないことの証明が間違っているんですよ

意味がわからないので、詳しく説明していただけないでしょうか。

>>208
> s^3+t^3=(s+1)^3となりsが有理数であるからs+1も有理数
> よってs,tが有理数ならば解x,y,zは整数比になる
> x,y,zは整数比になりますが、x^p+y^p=z^pとなりません。

s=x/(z-x),t=y/(z-x)とおいてs^3+t^3=(s+1)^3に代入すると
x^3/(z-x)^3+y^3/(z-x)^3={x/(z-x)+(z-x)/(z-x)}^3
x^3/(z-x)^3+y^3/(z-x)^3=z^3/(z-x)^3より
x^3+y^3=z^3になります

>210
> (ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなるので、s、ｔ、p^{1/(p-1)}/wも整数比とならない。

となるんですか？

(ap)^{1/(p-1)}は、a=1以外のときなので、rは全ての値をとることが、できます。
よって、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}/w)^pとすることが、できます。
この場合、x,y,zの比は、(3)と同じとなります。

>211
> > (ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなるので、
> となる理由は？
>
> どちらも、実数です。

どちらも実数だと等しくなるんですか？
等しくない実数はたくさんありますよ。

等しくなりえる。という意味です。

>212
> (3)はr=p^{1/(p-1)}なので、x,yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。

そもそもx,yが有理数であるような(3)式の解が存在するのか？
まあここでは仮に存在するとしましょう。

x,yが共に有理数となる解は存在しません。

ｐ=2の時、1^2+2^2=(√5)^2

整数比でない解が存在したら、整数比の解が存在しないことになりますか？なりませんね。

証明は失敗です。

よく、意味がわかりません。

>213
(ア)が整数比とならなくても、(イ)は別の比なので関係ない。

よく、意味がわかりません。

>>217
じゃあ等しくならない場合もありえるんですね。
だったら両方とも実数であることが等しい理由にならないことはわかりますか?

>215
s=x/(z-x),t=y/(z-x)とおいてs^3+t^3=(s+1)^3に代入すると
x^3/(z-x)^3+y^3/(z-x)^3={x/(z-x)+(z-x)/(z-x)}^3
x^3/(z-x)^3+y^3/(z-x)^3=z^3/(z-x)^3より
x^3+y^3=z^3になります

s=x/(z-x),t=y/(z-x)とおいた場合、
s,tが有理数なので、x,y,zも有理数となります。
よって、x^3+y^3=z^3が成り立つか、どうかは、不明です。

>220
じゃあ等しくならない場合もありえるんですね。

はい。

だったら両方とも実数であることが等しい理由にならないことはわかりますか?

「等しくなりえる。」理由になります。

【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)はr=p^{1/(p-1)}なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとなる。
(2)はa=1以外のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となるが、x,y,zの比は変わらない。
(ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなるので、s、ｔ、p^{1/(p-1)}/w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。

>>222
「となる」、と「となりえる」では意味が違います。
「となる」と書いたら例外があってはいけません。意味の違いはわかりますか?

【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^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、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。
(3)はr=2なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>224
>>222
「となる」、と「となりえる」では意味が違います。
「となる」と書いたら例外があってはいけません。意味の違いはわかりますか?

わかります。

【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)はr=p^{1/(p-1)}なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとなる。
(2)はa=1以外のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となるが、x,y,zの比は変わらない。
(ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなりえるので、s、ｔ、p^{1/(p-1)}/w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。

>>221
> よって、x^3+y^3=z^3が成り立つか、どうかは、不明です。

>>223
> (3)のx,yが無理数のときは、x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数)

あんたが証明で用いている前提をそのまま使えば整数比になる結論を導ける
ということなんですがね

s=x/(z-x),t=y/(z-x),s+1=z/(z-x)とおけばr=z-xだから
s^3+t^3=(s+1)^3は必ず成り立つ

> s,tが有理数なので、x,y,zも有理数となります。
あんたが書いている通りs,tが有理数ならx,y,zは整数比になります
だから整数比にならないことの証明が間違っているんですよ

>228
s^3+t^3=(s+1)^3は必ず成り立つ

私の証明、および、ワイルズの証明によると、成り立ちません。

>>229
> 私の証明

>>227
> (3)のx,yが無理数のときは、x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数)
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとなる。

(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pが成り立つんでしょ
p=3ならw=√3とすればr=√3だからs^3+t^3=(s+1)^3が成り立つじゃないですか
s,tが有理数だったら整数比になるのであんたの証明が間違っているということです

>230
p=3ならw=√3とすればr=√3だからs^3+t^3=(s+1)^3が成り立つじゃないですか
s,tが有理数だったら整数比になるのであんたの証明が間違っているということです

整数比になりますが、式そのものは、成り立ちません。

>>227 日高

> (2)はa=1以外のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となるが、x,y,zの比は変わらない。
> (ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなりえるので、s、ｔ、p^{1/(p-1)}/wも整数比とならない。

r=(ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなるようrの値を選ぶと、の意味ね。

>232
r=(ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなるようrの値を選ぶと、の意味ね。

はい。そうです。

>>233 日高
だったらそう書けよ。

【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)はr=p^{1/(p-1)}なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとなる。
(2)はa=1以外のとき、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)}倍となるので、(3)と(4)のx,y,zの比は変わらない。
(ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなりえるので、s、ｔ、p^{1/(p-1)}/w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。

【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)はr=p^{1/(p-1)}なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとなる。
(2)はa=1以外のとき、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)}倍となるので、(4)と(3)のx,y,zの比は変わらない。
(ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなりえるので、s、ｔ、p^{1/(p-1)}/w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。

>>231
> 整数比になりますが、式そのものは、成り立ちません。
成り立たないことは証明されていないですよ

x^3+y^3=z^3=(x+r)^3
X=x/r,Y=y/r,Z=z/rとおけばX^3+Y^3=Z^3=(X+1)^3は成り立ちますからね
X,Y,Zが有理数解になるかどうかは別として

> (3)のx,yが無理数のときは、x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数)
としているがこれはp=3のときだとX^3+Y^3=Z^3=(X+1)^3が有理数解を持つと
仮定しているのと同じだということをあんたは分かっていないんですよ

あんたがs,tは有理数という条件を満たせば整数比にならないと書いていることが間違いなんです

> (3)のx,yが無理数のときは、x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数)
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとなる。
式そのものが成り立たないのならこれを書くこと自体が間違いです

1130
学コン・宿題ボイコット実行委員会@gakkon_boycott 9月1日
#拡散希望
#みんなで学コン・宿題をボイコットしよう
雑誌「大学への数学」の誌上で毎月開催されている学力コンテスト(学コン)と宿題は、添削が雑で採点ミスが多く、訂正をお願いしても応じてもらえない悪質なコンテストです。(私も7月号の宿題でその被害に遭いました。)このようなコンテストに参加するのは時間と努力の無駄であり、参加する価値はありません。そこで私は、これ以上の被害者を出さないようにするため、また、出版社に反省と改善を促すために、学コン・宿題のボイコットを呼び掛けることにしました。少しでも多くの方がこの活動にご賛同頂き、このツイートを拡散して頂ければ幸いです。
https://twitter.com/gakkon_boycott/status/1300459618326388737
https://twitter.com/5chan_nel (5ch newer account)

>237
あんたがs,tは有理数という条件を満たせば整数比にならないと書いていることが間違いなんです

どうしてでしょうか？

x^3+7y^3=z^3では起こる現象がなぜx^3+y^3=z^3では起こらないかを日高君は証明する必要がある。

>>236 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)はr=p^{1/(p-1)}なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。

何度注意しても、無意味に(2)に変形するんだね。
(3)はx^p+y^p=z^pとz=x+p^{1/(p-1)}の連立方程式のつもりだろう。
上の引用最終行は、毎回、いろいろな理屈を繰り出してくるが、
x,y,zが有理数であるなら(3)の解ではない、と言いたいのだろう。

rが一般の値のときの(1)の解x,y,zが有理数ならばそれを定数倍したものが(3)の解、
よって矛盾、と言いたいのだろうが、(3)の無理数解x,y,zで自然数比のものがあり得るから、
証明になっていない。

>>239
> あんたがs,tは有理数という条件を満たせば整数比にならないと書いていることが間違いなんです
> どうしてでしょうか？

rが有理数のときにx,yが有理数(s,tが有理数と同じ条件)であるならばx,y,zは整数比である
が成り立たないならばp=2の証明も間違いになりますよ
>>225
> (3)はr=2なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比となる。

【日高定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
s^2+t^2=(s+1)^2においてs,tは有理数という条件を満たせばx,y,zは整数比にならない
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。

>>236

p=2のとき
(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。
x=3,y=4,z=5はこれを満たすので(3)の解である。(3のもとの解)

(2)はa=1以外の時、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
ｘ=5、ｙ=12、ｚ=13はこれを満たすので(4)の解である。

つまり、(3)の解の比と(4)の解の比は必ず同じになるとは言えない。

(3)の解でx=3,y=4と同じ比の解はｘ=3、ｙ=4以外に存在しないので、
別の解をｘ=5/4,y=12/4とおく。
(5/4)^2+(12/4)^2=(5/4+2)^2…(3)となる。(3の別の解)　両辺を(1/4)^2で割れば、5^2+12^2=(5+2/(1/4))^2となる。
(3の別の解)は(3のもとの解)とは当然比が異なる。

(4)の解の比は(3の元の解)と異なり、(3の別の解)と等しい。

>>236

pが奇素数の時
(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)はr=p^{1/(p-1)}なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。(3のもとの解)

(3)の解で(3のもとの解)と同じ比の解は(3のもとの解)以外に存在しないので、
別の解をｘ=sw,y=twとおく。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。(3の別の解)　両辺をｗ^ｐで割れば、s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)}/w)^pとなる。
(3の別の解)は(3のもとの解)とは当然比が異なる。

(2)はa=1以外の時、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)の解はx=s,y=t,(ap)^{1/(p-1)}=p^{1/(p-1)}/wとなりえる。その時、当然(3の別の解)と比が等しく、(3のもとの解)と比が異なる。

(3のもとの解)は整数比ではないが、(4)の解は(3のもとの解)とは比がことなるので、整数比かどうかわからない。

証明は失敗です。

>240
x^3+7y^3=z^3では起こる現象がなぜx^3+y^3=z^3では起こらないかを日高君は証明する必要がある。

係数が１だからです。

>241
何度注意しても、無意味に(2)に変形するんだね。

無意味では、ありません。

日高さんは何で間違いを認めないの？

>242
rが有理数のときにx,yが有理数(s,tが有理数と同じ条件)であるならばx,y,zは整数比である
が成り立たないならばp=2の証明も間違いになりますよ

成り立たない場合は、ありません。

>243
つまり、(3)の解の比と(4)の解の比は必ず同じになるとは言えない。

(3)の解の比と(4)の解の比が同じ物が存在するという意味です。

>244
(3)の解で(3のもとの解)と同じ比の解は(3のもとの解)以外に存在しないので、

(4)の解が、比が同じとなります。

>247
日高さんは何で間違いを認めないの？

納得のいく、指摘がないからです。

>>245 日高
> >240
> x^3+7y^3=z^3では起こる現象がなぜx^3+y^3=z^3では起こらないかを日高君は証明する必要がある。
>
> 係数が１だからです。

係数が1だとなぜ現象が起きないか、あなたは何ら説明していません。失格。

>246 日高
> >241
> 何度注意しても、無意味に(2)に変形するんだね。
>
> 無意味では、ありません。

じゃあどういう意味があるのか説明してみたまえ。

>252
係数が1だとなぜ現象が起きないか、あなたは何ら説明していません。失格。

x^3+y^3=z^3のy^3の係数が、７，１９，３７，６１，９１、・・・
のとき、自然数解を持ちます。

【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^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)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yが有理数のとき、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>254 日高
> >252
> 係数が1だとなぜ現象が起きないか、あなたは何ら説明していません。失格。
>
> x^3+y^3=z^3のy^3の係数が、７，１９，３７，６１，９１、・・・
のとき、自然数解を持ちます。

そんなことはお聞きしていません。x^3+y^3=z^3になぜ自然数解がないのかをお尋ねしています。

>>251 日高
> >247
> 日高さんは何で間違いを認めないの？
>
> 納得のいく、指摘がないからです。

逆にお尋ねしますが、どういう指摘なら納得しますか？

>256
そんなことはお聞きしていません。x^3+y^3=z^3になぜ自然数解がないのかをお尋ねしています。

私の証明、及び、ワイルズの証明によるからです。

>253
じゃあどういう意味があるのか説明してみたまえ。

積の形にすることに、意味があります。

>257
逆にお尋ねしますが、どういう指摘なら納得しますか？

間違いを、正しく指摘していただくことです。

>>258 日高
> >256
> そんなことはお聞きしていません。x^3+y^3=z^3になぜ自然数解がないのかをお尋ねしています。
>
> 私の証明、及び、ワイルズの証明によるからです。

その君の証明とやらに(3)の自然数比をなす無理数解の存在を見落とすミスがあるから質問しているんだけど。
それとp=3の場合の証明をしたのはワイルズではありません。もっとずっと昔の人です。

>>259 日高
> >253
> じゃあどういう意味があるのか説明してみたまえ。
>
> 積の形にすることに、意味があります。

どういう意味があるのかをお尋ねしたのですが、日本語がわかりませんか？

>>248
> 成り立たない場合は、ありません。

あんたの証明ではpが奇素数のときはrが有理数のときに仮にx,yが有理数であっても
x,y,zは整数比であることが成り立たないとしているじゃないですか
そうでもしないとpが奇素数のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たないという
結論を導けないから

成り立たない場合をあんたがでっち上げているから
【日高定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
も同じ論法で導けるんだよ
あんたの証明のキモ(つまり間違い)は仮に整数比になる解が存在する可能性があっても
それを無視して整数比の解がないとだけ主張することだから

>>260 日高
> >257
> 逆にお尋ねしますが、どういう指摘なら納得しますか？
>
> 間違いを、正しく指摘していただくことです。

すると君は今までの指摘は正しくないと言うのですね。どこが正しくないのか、説明に成功したことがありますか？

【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。
x^p+y^p=z^pの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xが有理数のとき、zは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外のとき、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ap^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>261
その君の証明とやらに(3)の自然数比をなす無理数解の存在を見落とすミスがあるから質問しているんだけど。

265を見てください。

>262
> 積の形にすることに、意味があります。

どういう意味があるのかをお尋ねしたのですが、日本語がわかりませんか？

AB=aCd(1/a)となるので、A=aCとすることができます。

>263
成り立たない場合をあんたがでっち上げているから

どの部分の事でしょうか？

>264
どこが正しくないのか、説明に成功したことがありますか？

説明に成功していない所を指摘していただけないでしょうか。

>>271
次は連立方程式版っすかね。

> あんたの証明のキモ(つまり間違い)は仮に整数比になる解が存在する可能性があっても
> それを無視して整数比の解がないとだけ主張することだから

>>268
> 成り立たない場合をあんたがでっち上げているから
> どの部分の事でしょうか？

>>265
> (3)はxが有理数のとき、
またxが無理数のときを無視していますね

>>265のでっち上げをそのまま用いれば
【日高定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
x^2+y^2=(x+√2)^2は√2が無理数でありxが有理数のときzは無理数となるので
x,y,zは整数比とならない
x^2+y^2=(x+2)^2の解はx^2+y^2=(x+√2)^2の解の√2倍となる
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。

>273
「となるx,y,zが存在する」と書くべきところで「となる」と書くのはやめたほうがいい。
数学では「となる」で終わる文は断言として受け取られるから。

はい。わかりました。

>273
「となるx,y,zが存在する」と書くべきところで「となる」と書くのはやめたほうがいい。
数学では「となる」で終わる文は断言として受け取られるから。

(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなるならば、s^p+t^p=u^pとなる。
は間違いでしょうか？

>274
> (3)はxが有理数のとき、
またxが無理数のときを無視していますね

x^p+y^p=z^pの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。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pとなるならば、s^p+t^p=u^pとなる。
は間違いでしょうか？

【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。
x^p+y^p=z^pの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xが有理数のとき、zは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外のとき、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ap^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>274
x^2+y^2=(x+√2)^2は√2が無理数でありxが有理数のときzは無理数となるので
x,y,zは整数比とならない

x^2+y^2=(x+√2)^2は、a=1のときでは、ありません。
a2=√2となるので、a=(√2)/2のとき、となります。

>>270 日高
> >264
> どこが正しくないのか、説明に成功したことがありますか？
>
> 説明に成功していない所を指摘していただけないでしょうか。

その“証明”とやらがx^3+7y^3=z^3にも当てはまってしまうところ。

>>277
それは(3)ではありません。
ただのごまかしです。

>>267 日高
> >262
> > 積の形にすることに、意味があります。
>
> どういう意味があるのかをお尋ねしたのですが、日本語がわかりませんか？
>
> AB=aCd(1/a)となるので、A=aCとすることができます。

答えられるなら一度で答えろよ。

それはウソ。2*3=6*6*1*(1/6)だけど2=36じゃないぜ。

仮に番号をふるなら、元のx^p+y^p=z^pは(0)かな。
(3)のx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは(0)とz=x+p^{1/(p-1)}‥(3')との連立方程式だ。
(0)だけ成り立っても(3')が成り立たなくてはダメ。

>280
その“証明”とやらがx^3+7y^3=z^3にも当てはまってしまうところ。

y^3の係数が７なので、x,y,zは自然数となります。

>281
それは(3)ではありません。

なぜでしょうか？

>282
それはウソ。2*3=6*6*1*(1/6)だけど2=36じゃないぜ。

2*3=a*6*1*(1/a)となるので、
a=1/3となります。

>283
仮に番号をふるなら、元のx^p+y^p=z^pは(0)かな。
(3)のx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは(0)とz=x+p^{1/(p-1)}‥(3')との連立方程式だ。
(0)だけ成り立っても(3')が成り立たなくてはダメ。

意味を詳しく説明していただけないでしょうか？

>>285
式が違います。

>>284 日高
> >280
> その“証明”とやらがx^3+7y^3=z^3にも当てはまってしまうところ。
>
> y^3の係数が７なので、x,y,zは自然数となります。

それは答えになっていません。元の式に自然数解がないことを証明してください。

>>267 日高で
> AB=aCd(1/a)となるので、A=aCとすることができます。

と書いたじゃないか。このaは∀なのか∃なのか説明せい。

>>287 日高
たとえば>>1で
> (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)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
と書いていますよね。(3)にはzは含まれないのにx,y,zは整数比とならないと書いている。
これは(3')と連立させているんじゃないんですか。

【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。
x^p+y^p=z^pの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xが有理数のとき、zは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外のとき、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ap^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>288
>>285
式が違います。

どの部分が違うのでしょうか？

>289
それは答えになっていません。元の式に自然数解がないことを証明してください。

292を見て下さい。

>290
と書いたじゃないか。このaは∀なのか∃なのか説明せい。

どういう意味でしょうか？

>291
> (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)はr=p^{1/(p-1)なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
と書いていますよね。(3)にはzは含まれないのにx,y,zは整数比とならないと書いている。
これは(3')と連立させているんじゃないんですか。

z=x+p^{1/(p-1)}です。

>>294 日高
>>292の
> (3)はxが有理数のとき、zは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
はここでは結論できません。xが無理数の場合を検討していないので。

>>296 日高
だから(3')と連立させているじゃないの。

>297
> (3)はxが有理数のとき、zは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
はここでは結論できません。xが無理数の場合を検討していないので。

x^p+y^p=z^pの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。
ので、xが無理数の場合の検討は、不要です。

>298
>>296 日高
だから(3')と連立させているじゃないの。

そうなりますね。

>>299 日高
> x^p+y^p=z^pの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。
> ので、xが無理数の場合の検討は、不要です。

でも、いま、有理数解があるかどうかの検討途中ですよね？

>301
でも、いま、有理数解があるかどうかの検討途中ですよね？

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ので、
どちらで、検討しても、同じ結果となります。

>>302 日高
> >301
> でも、いま、有理数解があるかどうかの検討途中ですよね？
>
> 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ので、
> どちらで、検討しても、同じ結果となります。

だけど君はどちらもまともに検討していませんよ。

>303
だけど君はどちらもまともに検討していませんよ。

xが有理数の場合を検討しています。

>>304 日高
> >303
> だけど君はどちらもまともに検討していませんよ。
>
> xが有理数の場合を検討しています。

それってx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のこと？
それはx^p+y^p=z^p…(0)とz=x+p^{1/(p-1)}…(3')との連立方程式ですよ。
(0)そのものとは違います。

>>304
> だけど君はどちらもまともに検討していませんよ。
> xが有理数の場合を検討しています

> 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ので

x,y,zの全てが無理数で整数比となるならば
x,y,zの全てが有理数で整数比となる

であるからxだけが有理数ではダメですよ

>>292
> (3)はxが有理数のとき
rが無理数ならx,y,zの全てが無理数のときを検討しなくてはいけないし
rが有理数ならx,y,zの全てが有理数のときを検討しなくてはいけない

日高のでっち上げ
rが無理数でxが有理数の場合を検討すれば整数比になる解の存在が分かる

日高のでっち上げをそのまま用いれば
【日高定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
x^2+y^2=(x+√2)^2は√2が無理数でありxが有理数のときzは無理数となるので
x,y,zは整数比とならない
x^2+y^2=(x+2)^2の解はx^2+y^2=(x+√2)^2の解の√2倍となる
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。

>>292

p=2のとき
(3)はx=3、ｙ=4の時、成り立つ(3のもとの解)

(3)はx=5/4,y=12/4の時、成り立つ(3の別の解)

(3のもとの解)の比と(3の別の解)の比は異なっている。

(3のもとの解)と同じ比の(4)の解、たとえばx=6,y=8は、(3のもとの解)と同じ比である。

(3の別の解)と同じ比の(4)の解、たとえばx=5,y=12は、(3のもとの解)の比と異なっている。



ｐが奇素数の時
(3)はxが有理数のとき、zは無理数となるので、このx,y,zの時の(3)の解は整数比とならない。(3のもとの解)

(3)はｘが無理数で、ｚが無理数の時、このｘ、ｙ、ｚの時の(3)の解は整数比となるかもしれない(3の別の解)

(3のもとの解)の比と(3の別の解)の比は異なっている。

(3のもとの解)と同じ比の(4)の解は、整数比とならない。

(3の別の解)と同じ比の(4)の別の解は、(3のもとの解)の比と異なっているので、整数比となるかもしれない。

整数比となるかもしれない解があったので、証明は失敗です。

>305
それはx^p+y^p=z^p…(0)とz=x+p^{1/(p-1)}…(3')との連立方程式ですよ。
(0)そのものとは違います。

同じとおもいます。

>306
x,y,zの全てが無理数で整数比となるならば
x,y,zの全てが有理数で整数比となる

であるからxだけが有理数ではダメですよ

x,y,zの全てが有理数で整数比となるに、あてはまりません。

>307
(3のもとの解)と同じ比の(4)の解、たとえばx=6,y=8は、(3のもとの解)と同じ比である。

(3の別の解)と同じ比の(4)の解、たとえばx=5,y=12は、(3のもとの解)の比と異なっている。

同じ比の解が存在するという意味です。

【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。
x^p+y^p=z^pの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xが有理数のとき、zは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外のとき、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ap^{1/(p-1)}倍となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

【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。
x^p+y^p=z^pの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xが有理数のとき、zは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外のとき、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、自然数解を持たない。

>>316

ん？
(C)の、共通の無理数で割って、また有理数解になるなら、
解の比は同じじゃないの？

>317
(C)の、共通の無理数で割って、また有理数解になるなら、
解の比は同じじゃないの？

違います。

有理数解には、なりません。同じ整数比となります。

>>318
> 有理数解には、なりません。同じ整数比となります。

証明>>314
> x^p+y^p=z^pの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。

「x,y,zが有理数で」って書いてるけど？

【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^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)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yが有理数のとき、xは有理数となり、x,y,zは整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>319
「x,y,zが有理数で」って書いてるけど？

「 x^p+y^p=z^pの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。」の例

x^2+y^2=(x+√2)^2のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、
x^2+y^2=(x+2)^2のx,y,zが、有理数で整数比となる。

>>321
>>x^2+y^2=(x+√2)^2のx,y,zが、無理数で整数比となるならば、
>>x^2+y^2=(x+2)^2のx,y,zが、有理数で整数比となる。

この文であなたの言いたいことは次のうちどれですか？複数あってもかまいません

共通として、x,y,zを実数とし
連立方程式x^2+y^2=z^2、z=x+√2 を�@
連立方程式x^2+y^2=z^2、z=x+2 を�Aとする

・�@を満たす全てのx,y,zが無理数で整数比をとると仮定すると、�Aを満たす全てのx,y,zは有理数で整数比をとる

・�@を満たす全てのx,y,zが無理数で整数比をとると仮定すると、�Aを満たすx,y,zのうち有理数で整数比をとる組が存在する

・�@を満たすx,y,zのうち無理数で整数比をとる組が存在すると仮定すると、�Aを満たす全てのx,y,zは有理数で整数比をとる

・�@を満たすx,y,zのうち無理数で整数比をとる組が存在すると仮定すると、�Aを満たすx,y,zのうち有理数で整数比をとる組が存在する

・�@を満たすx,y,zのうち無理数で整数比となる組(s,t,u)が存在すると仮定すると、((√2)s,(√2)t,(√2)u)は�Aを満たしかつ有理数で整数比をとる

・これらの違いがわからない

お答えください。

>322
・�@を満たすx,y,zのうち無理数で整数比となる組(s,t,u)が存在すると仮定すると、((√2)s,(√2)t,(√2)u)は�Aを満たしかつ有理数で整数比をとる

これは、逆ではないでしょうか？逆ならば、正しいです。

・�@を満たすx,y,zのうち無理数で整数比をとる組が存在すると仮定すると、�Aを満たすx,y,zのうち有理数で整数比をとる組が存在する

これも、正しいです。
同じ整数比としても、正しいです。

>>323
日本語がわからないのかな？
正しいかどうか聞いてるんじゃないですよ。

>>316 日高
> 解の比が同じとなります。
解って言うけど何の解？