二項定理を使ったフェルマーの最終定理の証明

【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。(aは有理数)
(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)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、x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、rが有理数のとき、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)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
∴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、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。(aは実数)
(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。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、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。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、s,t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。

【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^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。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のｂﾆき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(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倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。

>>652
> >651
> > (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、
> > s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは、成り立ちません。
>
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの
> x,yは、ともに、有理数とならないからです。

それはなぜですか？

>653
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの
> x,yは、ともに、有理数とならないからです。

それはなぜですか？

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)の右辺を二項展開すると、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。からです。

>>656
> >653
> > x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pの
> > x,yは、ともに、有理数とならないからです。
>
> それはなぜですか？
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> (3)の右辺を二項展開すると、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。からです。

式が違うけど。（aの有無。）

>>653
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
これはフェルマーの最終定理の証明とは無関係

> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、s,tは整数比とならない。
おまえがやっていること
x^p+y^p=z^pが整数比の解を持つかどうかをしらべる
(1) x,yに有理数を代入する
(2) zが有理数かどうか調べる
主張
(3) zが有理数であればx,yは整数比でない
よって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。

s,tは整数比となる例を示しているのにねえ

>>653
> s,tは整数比とならない
日高アウト

>>616
> s,tは整数比とならない
日高アウト
>>634
> s,tは整数比とならない
日高アウト
>>644
> s,tは整数比とならない
日高アウト

>>656
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> (3)の右辺を二項展開すると、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。からです。
間違い
これは理由にならない

今前提にしていることは
(3)においてx,yが共に無理数のときである
つまり
(3)の右辺を二項展開するとyが無理数のときxは無理数となる
(3)の右辺を二項展開するとxが無理数のときyは無理数となる
の場合に
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,yが共に有理数になり得る

>657
式が違うけど。（aの有無。）

(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
ので、
(3)のx,yが共に有理数とならないならば、(4)のx,yも共に有理数となりません。

>>660
> (3)のx,yが共に有理数とならないならば、(4)のx,yも共に有理数となりません
間違い

(3)のx,yが共に無理数であれば(4)のx,yが共に有理数となり得る

>>660
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> ので、
> (3)のx,yが共に有理数とならないならば、(4)のx,yも共に有理数となりません。

なぜそうなります？　a^{1/(p-1)}は無理数ですよね？

>658
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
これはフェルマーの最終定理の証明とは無関係

どうしてでしょうか？

【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。(aは実数)
(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。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、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。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
s,t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。

>659
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,yが共に有理数になり得る

(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、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。
よって、
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^pのx,yは、共に有理数となりません。

>661
(3)のx,yが共に無理数であれば(4)のx,yが共に有理数となり得る

(3)のx,yは、共に有理数となりません。

>662
なぜそうなります？　a^{1/(p-1)}は無理数ですよね？

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)

(4)の解は、(3)の解の定数倍、a^{1/(p-1)}倍となります。

>>667
>>662をよく読み直してください。

>>665
> (3)の右辺を二項展開すると、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。
(3)のx,yが共に無理数である前提だから異なる前提を持ち出すこと自体が無意味
>>666
> (3)のx,yは、共に有理数となりません。
(3)のx,yが共に無理数である前提だから異なる前提を持ち出すこと自体が無意味

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)においてx,yの値で場合分けする
p^{1/(p-1)}が無理数ならばx,yが共に有理数にはならないので残りは
[場合1]
yが有理数のときxは無理数となる場合あるいはxが有理数のときyは無理数となる場合
[場合2]
x,yが共に無理数となる場合

[場合2]の場合は(4)のx,yが共に有理数となり得る

>>663
> どうしてでしょうか？
p=2の場合も整数比にならないから

[場合1]のときに(4)のx,yが共に有理数とならないことはx,yが共に無理数とならないことと
同じことであるから[場合2]のx,yが共に無理数となる場合には使えない
異なる前提を持ち出すこと自体が無意味

例
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)において
>>666
> (3)のx,yは、共に有理数となりません。

(3)はx=2,y=3を解には持たないが
(x,y)=(k*2,k*3) k=√3/{35^(1/3)-2}を解に持つ
この場合x,yは共に無理数であるから>>668の[場合2]の解は存在する
このとき解の比はx:y=2:3でありx,yは整数比となっている
よってx=2,y=3を解に持つような(4)が存在する

>>670

>>668の[場合2]の解は存在する
を
>>669の[場合2]の解は存在する
に訂正

>>664

> 【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。(aは実数)
> (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。rは有理数となりえる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、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。
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
> s,tは整数比とならない。

(4)については
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
しか記述がないので「(4)と同じ形となる」を
> s,tは整数比とならない。
の根拠とするためには
「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
既に指摘がある通り反例があり成立していません

> ∴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。

>>672
> しか記述がないので「(4)と同じ形となる」を
> > s,tは整数比とならない。
> の根拠とするためには
> 「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
どう見ても無理だろ。

> > (3)をx=sw、y=twとおいて、... (s,tは有理数、wは無理数)
だもんなあ。

>668
>>662をよく読み直してください。

読み直しましたが、ほかの意味があるのでしょうか。
詳しく書いてください。

【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。(aは実数)
(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。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、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。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
s,t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。

【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^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。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のｂﾆき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(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倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。

>669
>>663
> どうしてでしょうか？
p=2の場合も整数比にならないから

p=2の場合は、整数比になります。

>>674
読めていませんね。

>670
よってx=2,y=3を解に持つような(4)が存在する

x,y,zは、整数比となりません。

>672
「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
既に指摘がある通り反例があり成立していません

x,y,zは、整数比となりません。

>673
> 「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
どう見ても無理だろ。

無理ではありません。

>678
読めていませんね。

どういう意味でしょうか？

>>680

> >672
> 「(3)の解のx:yが整数比にならない」が必要ですが、
> 既に指摘がある通り反例があり成立していません
>
> x,y,zは、整数比となりません。

そう主張したいのなら、「x,y,zは、整数比となりません」と書けばよかったのです
書かなかったあなたが悪い

s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/w
(p^{1/(p-1)})/wが有理数
ですから「(4)と同じ形となる」を根拠として
「s,t,s+(ap)^{1/(p-1)}が整数比にならない」を主張しますか？

その場合、根拠として「(3)は整数比の解を持たない」が必要になりますね
また循環論法ですよ

>>677
> p=2の場合は、整数比になります。
>>675
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> 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。

それではp=2で上の条件を満たすような例が整数比になることを示してください
つまり
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが有理数,yが無理数の場合
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが無理数,yが有理数の場合
の解の定数倍を考えて
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解が整数比になることを示してください

>>681
> 無理ではありません。
たとえばx^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持ちます
よって無理です

>>680
> x,y,zは、整数比となりません。
x,yが整数比であるがx,y,zは整数比とならないことの証明は
あんたの証明の中にはありません
>>675
> 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。
> s,tは整数比とならない。

【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。(aは実数)
(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。rは有理数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)の右辺を二項展開すると、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。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
s,t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。

【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^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。(aは実数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のｂﾆき、xは有理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
(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倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。

>>686
p=2に当てはめてみます。

【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。(aは実数)

(1)が成り立つとき、aは0以外のどんな数の時でも、(2)は成り立ちます。
p=2のとき、a=(√3)/2としたほうがrが無理数になってpが奇素数の時と考え方が同じになります。

(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。
(2)はa=(√3)/2以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
rが有理数となるようにaを決めることが必ずできる。
(4)の解は、(3)の解の2a/(√3)倍となる。

545より> (3)の右辺を二項展開すると、yが無理数のとき、xは無理数となるので、(3)は整数比の解を持つ。
417より> (3)のx,y,zが、無理数で整数比の解となるならば、x,y,zが、有理数で整数比の解となる。ので、
417より> (3)のx,y,zが、有理数で整数比の解となるかを、検討します。

(3)の右辺を二項展開すると、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。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+√3)^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(√3)/w)^pとする。
(√3)/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(√3)/wのとき、(4)と同じ形となる。
s,tは整数比となる。

pが奇素数の時と整合性が取れません。>>686の証明は失敗です。

x^p+y^p=z^pの解x,y,zにおいてz=x+rとする
rの値に関わらず

p=2のとき
x,yが整数比でないならばx,y,zは整数比でない
pが奇素数のとき
x,yが整数比でないならばx,y,zは整数比でない

p=2のとき
x,yが整数比であるならばx,y,zが整数比となる解が存在する
pが奇素数のとき
x,yが整数比であるならばx,y,zが整数比となる解が存在する可能性がある

フェルマーの最終定理は
pが奇素数のとき
x,yが整数比であるならばx,y,zが整数比となる解が存在する可能性がある
において実際は
x,yが整数比であってもx,y,zが整数比とならないということ

>>686の証明は
pが奇素数のとき
x,yが整数比でないのでx,y,zは整数比でない
であるから日高はフェルマーの最終定理を証明していない

>683
その場合、根拠として「(3)は整数比の解を持たない」が必要になりますね
また循環論法ですよ

「(3)は整数比の解を持たない」の根拠は、
(3)の右辺を二項展開すると、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。です。
x,yが、有理数の場合です。

s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pは、sw,twが、無理数の場合です。

>684
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが有理数,yが無理数の場合
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが無理数,yが有理数の場合
の解の定数倍を考えて
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解が整数比になることを示してください

x^2+y^2=(x+2)^2…(3) x=1、y=√8
x^2+y^2=(x+4)^2…(4)
a2=4 、a=2
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4) x=2、y=2√8
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解は整数比になりません。

>685
> x,y,zは、整数比となりません。
x,yが整数比であるがx,y,zは整数比とならないことの証明は
あんたの証明の中にはありません

どの式に対してでしょうか？

>688
(2)はa=(√3)/2、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+√3)^p…(3)となる。

これは、(4)となります。

>>693

(1)が成り立つとき、aは0以外のどんな数の時でも、(2)は成り立ちます。
p=2のとき、a=(√3)/2としたほうがrが無理数になってpが奇素数の時と考え方が同じになります。

何か問題がありますか？

>>693

大事なのはｒが有理数なのか無理数なのか、であって
(2)のaはどんな数でも必ず成り立つのだからa=1でもa=2/(√3)でもかまわないはずです。

>689
>>686の証明は
pが奇素数のとき
x,yが整数比でないのでx,y,zは整数比でない
であるから日高はフェルマーの最終定理を証明していない

>686の証明では、
zが、有理数の場合でも、y,zは整数比とならないことを、証明しています。

>>691
> x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解は整数比になりません。
>>677
> p=2の場合は、整数比になります。

なんで整数比になるとウソをついたの？

>>690

> >683
> その場合、根拠として「(3)は整数比の解を持たない」が必要になりますね
> また循環論法ですよ
>
> 「(3)は整数比の解を持たない」の根拠は、
> (3)の右辺を二項展開すると、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。です。
> x,yが、有理数の場合です。

「xとyのいずれかが有理数」という条件つきの「(3)は整数比の解を持たない」ですね

> (3)の右辺を二項展開すると、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。
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、

x=s, y=t, z=s+p^{1/(p-1)}/w=s+(ap)^{1/(p-1)} として
s^p+t^p=(s+(ap)^{1/(p-1)})^p は(4)の形である、
まではよいとして、
これは(4)の形であって(3)の形ではないので「x=s, y=tが有理数」を満たしていても「x=s, y=t, z=s+p^{1/(p-1)}/wが整数比にならない」は主張できません

>>692
> どの式に対してでしょうか？
x^p+y^p=z^p=(x+r)^p

>>696
> >686の証明では、
> zが、有理数の場合でも、y,zは整数比とならないことを、証明しています。
していません

あんたが書いているのはx=s,y=t(s,tが有理数)でx,yが整数比のときzが有理数なら
x,yが整数比でないというおかしなことだけです
>>686
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
> s,tは整数比とならない。

>>698
> ...
> > 「(3)は整数比の解を持たない」の根拠は、
> > (3)の右辺を二項展開すると、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。です。
> > x,yが、有理数の場合です。
>
> 「xとyのいずれかが有理数」という条件つきの「(3)は整数比の解を持たない」ですね
>
> > (3)の右辺を二項展開すると、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。
> > (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> > 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> > (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)と同じ形となるので、
>
> x=s, y=t, z=s+p^{1/(p-1)}/w=s+(ap)^{1/(p-1)} として
> s^p+t^p=(s+(ap)^{1/(p-1)})^p は(4)の形である、
> まではよいとして、
> これは(4)の形であって(3)の形ではないので「x=s, y=tが有理数」を満たしていても「x=s, y=t, z=s+p^{1/(p-1)}/wが整数比にならない」は主張できません

横から失礼します。
> 「xとyのいずれかが有理数」という条件つきの「(3)は整数比の解を持たない」ですね
は
> 「xとyのいずれか一方が有理数」という条件つきの「(3)は整数比の解を持たない」ですね　...(A)
ではないかと思いました。

なので、
> これは(4)の形であって(3)の形ではないので「x=s, y=tが有理数」を満たしていても「x=s, y=t, z=s+p^{1/(p-1)}/wが整数比にならない」は主張できません
は
たとえ(3)の形であっても「x=s, y=tが共に有理数」なので、
どのみち(A)には適用できないのでは、と思いました。

>>686
>>687
数学ではないので雑談系の板でやって下さい。皆さんもそろそろ反応するの止めたらどうでしょう？

【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。(x,yは有理数)
(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。(aは実数)
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を二項展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(3)を(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^p、x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。(wは無理数)
(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(4)と同じとなるので、式は成り立たない。
∴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。

算数ドリルより国語ドリルをやった方がいいかもな。

【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^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。(x,yは有理数)
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは実数)
(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)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、式は成り立つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。

【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。(x,yは有理数)
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
∴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。

>>702
> (3)の右辺を二項展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。
なので
> (3)を(xw)^p+(yw)^p=(xw+p^{1/(p-1)})^p、x^p+y^p=(x+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。(wは無理数)
のときはxw,ywが有理数ならば成り立たない

> (4)と同じとなるので、式は成り立たない。
これはxw,ywが無理数ならば成り立つから間違い
> (x,yは有理数)
> (wは無理数)

>>705
全てのx,yの値を検討できていないので間違い
>>669
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)においてx,yの値で場合分けする
> p^{1/(p-1)}が無理数ならばx,yが共に有理数にはならないので残りは
> [場合1]
> yが有理数のときxは無理数となる場合あるいはxが有理数のときyは無理数となる場合
> [場合2]
> x,yが共に無理数となる場合
> [場合2]の場合は(4)のx,yが共に有理数となり得る

>>702
>>704-705
x^2+y^2=z^2,x^p+y^p=z^pの2つに対して比較のために同様の操作を施す

それぞれの解x,y,zに対して(z-x)で割った解x'=x/(z-x),y'=y/(z-x),
z'=z/(z-x)=x/(z-x)+1を満たす式をまず考える
つまりx^2+y^2=(x+1)^2,x^p+y^p=(x+1)^pの2つの式

2つの式の解x,y,zを√3倍した解は以下の式をそれぞれ満たす
x^2+y^2=(x+√3)^2,x^p+y^p=(x+√3)^p
これらの右辺を二項展開して
> 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。
> x,yが有理数なので、式は成り立たない。
このような場合は(つまりx,yが満たす条件によっては)
x^2+y^2=(x+√3)^2=z^2は整数比の解x,y,zを持たない
x^p+y^p=(x+√3)^p=z^pは整数比の解x,y,zを持たない
しかし他のx,yが満たす条件によっては
(実際はx^2+y^2=z^2は整数比の解を持つことからも分かるように)
x^p+y^p=z^pは整数比の解を持たないとはいえない

x^2+y^2=(x+1)^2,x^p+y^p=(x+1)^pの解x,y,zを2倍した解は以下の式をそれぞれ満たす
x^2+y^2=(x+2)^2,x^p+y^p=(x+2)^p
これらの右辺を二項展開して
> yが有理数のとき
x^2+y^2=(x+2)^2ではxは有理数となる可能性がある
x^p+y^p=(x+2)^pではxは有理数になる可能性がある
(左辺と右辺がともに有理数となるので)
x^2+y^2=(x+2)^2=z^2は整数比の解x,y,zを持つ可能性がある
x^p+y^p=(x+2)^p=z^pは整数比の解x,y,zを持つ可能性がある
(x^2+y^2=z^2は整数比の解x,y,zを実際に持つ)

有理数倍と無理数倍のどちらにせよ0以外の実数aに対して
x^2+y^2=(x+a)^2=z^2は整数比の解x,y,zを持つ(可能性がある)
x^p+y^p=(x+a)^p=z^pは整数比の解x,y,zを持たない
という形にはできないので日高の方法ではフェルマーの最終定理は証明できない

【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。x,yは有理数とする。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解の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。

【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。x,yは有理数とする。
(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。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、式は成り立つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

突然ですが、ピタゴラス数調べてたら
ポクは凄いの発見
(x,y,z)=(5,12,13)⇒z^2≠x^2+z^2なので
(x,y,z)=(5,12,13)である三角形は、
直角三角形ぢゃないんだよ〜ん。

モピロン、(x,y,z)=(5,4,3)の三角形も
直角三角形ぢゃないんだよ〜ん。

>>708
間違っているよ
あんたはフェルマーの最終定理を証明していない

pは奇素数としてx,yは有理数とする
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2の右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持つ
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pの右辺を展開するとx,yが有理数なので式は成り立たない
式が成り立たないことと自然数解を持つことに関係があるのならば
pが奇素数のときもp=2のときと同様に自然数解を持つことになる

レスに反論しなくなったね

>694
708,709を見てください。

>695
708,709を見てください。

>697
708,709を見てください。

>698
708,709を見てください。

>699
708,709を見てください。

>700
708,709を見てください。

>706
708,709を見てください。

>707

>711
708,709を見てください。

>>697
> なんで整数比になるとウソをついたの？
なんだからその返答が
> 708,709を見てください。
はおかしいでしょう
実際ウソをついた理由は>>708-709には書いていないし

整数比になるとウソをついた理由を教えてよ

それとウソをついた理由は>>708-709には書いていないのに
> 708,709を見てください
と書いた理由も教えて

【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。x,yは有理数とする。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解の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。

【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。x,yは有理数とする。
(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。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、式は成り立つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>721
> >711
> 708,709を見てください。

>>708を見ての書き込みが>>711だよ

大丈夫?

>722
>>697
> なんで整数比になるとウソをついたの？

これは、どの内容でしょうか？
多分私の言った内容と違うと思います。

かなり前のレスだから、
レス貼り付けないとダメかもね

>725
大丈夫?

内容を、具体的に、教えてください。

>>722

663日高2020/09/25(金) 20:11:04.70ID:g6cbAzx7
>658
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となる。xが有理数のとき、yは無理数となる。
これはフェルマーの最終定理の証明とは無関係

どうしてでしょうか？

677日高2020/09/26(土) 08:24:57.12ID:qbQetbkZ
>669
>>663
> どうしてでしょうか？
p=2の場合も整数比にならないから

p=2の場合は、整数比になります。

691日高2020/09/26(土) 20:23:33.99ID:qbQetbkZ
>684
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが有理数,yが無理数の場合
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが無理数,yが有理数の場合
の解の定数倍を考えて
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解が整数比になることを示してください

x^2+y^2=(x+2)^2…(3) x=1、y=√8
x^2+y^2=(x+4)^2…(4)
a2=4 、a=2
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4) x=2、y=2√8
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解は整数比になりません。

>>722は
> なんで整数比になるとウソをついたの？
だった

>>726
> 多分私の言った内容と違うと思います。

日高の書き込みは>>729

【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。x,yは有理数とする。
(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。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>728
> >725
> 大丈夫?
>
> 内容を、具体的に、教えてください。

>>711をおまえが読んでそのレスが
> 708,709を見てください。
なんだが
>>711は>>708へのレスなんだよ

だから
日高さんあなたのオツムのお加減はいかがでしょうか？
大丈夫ですか？
ということですよ

>729
>x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが有理数,yが無理数の場合
x^2+y^2=(x+2)^2…(3)においてxが無理数,yが有理数の場合
の解の定数倍を考えて
>x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解が整数比になることを示してください

x^2+y^2=(x+2)^2…(3) x=1、y=√8
x^2+y^2=(x+4)^2…(4)
a2=4 、a=2
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4) x=2、y=2√8
x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)の解は整数比になりません。

>732
だから
日高さんあなたのオツムのお加減はいかがでしょうか？
大丈夫ですか？
ということですよ

意味が、理解できません。お手数でしょうが、具体的に示してください。

【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。x,yは有理数とする。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解の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。

>>734
最後の段落だけコピペして
> お手数でしょうが、具体的に示してください。
なんて書いているが

その上の段落に書いてあるじゃないですか
> >>711をおまえが読んでそのレスが
> > 708,709を見てください。
> なんだが
> >>711は>>708へのレスなんだよ
と

日高さんは５行以上の文章は理解できないみだいだね。だから丁寧に説明しても意味がない。
自分の言ったこともほとんど覚えてないし、認知症の老人を相手にしているのと変わりない。

>736
>最後の段落だけコピペして

申し訳ございませんが、もう一度具体的に内容を書いていただけないでしょうか。

>>738

708を読んでその間違いを711で指摘した

その後にあんたは書き込みの内容を一切考えずに機械的に
> 708,709を見てください。
を連投し始めた
(しかも708,709はそれらの書き込みに対する答えになっていない)

713日高2020/09/27(日) 08:40:42.32ID:VL1MvvLA
>694
708,709を見てください。
714日高2020/09/27(日) 08:43:00.90ID:VL1MvvLA
>695
708,709を見てください。
715日高2020/09/27(日) 08:44:17.23ID:VL1MvvLA
>697
708,709を見てください。
716日高2020/09/27(日) 08:46:14.63ID:VL1MvvLA
>698
708,709を見てください。
717日高2020/09/27(日) 08:47:40.09ID:VL1MvvLA
>699
708,709を見てください。
718日高2020/09/27(日) 08:49:36.58ID:VL1MvvLA
>700
708,709を見てください。
719日高2020/09/27(日) 08:51:15.16ID:VL1MvvLA
>706
708,709を見てください。
720日高2020/09/27(日) 08:52:58.31ID:VL1MvvLA
>707
721日高2020/09/27(日) 08:55:15.69ID:VL1MvvLA
>711
708,709を見てください。

>>711をおまえが読んでそのレスが
> 708,709を見てください。
なんだが
>>711は>>708へのレスなんだよ

だから
日高さんあなたのオツムのお加減はいかがでしょうか？
大丈夫ですか？
ということですよ

これも
> 708,709を見てください
の連投に関連することだけれども

>>726
> なんで整数比になるとウソをついたの？
>
> これは、どの内容でしょうか？
> 多分私の言った内容と違うと思います。

>>729を見れば分かるように日高の言った内容ですよ
なのであらためて
整数比になるとウソをついた理由を教えてよ
それとウソをついた理由は>>708-709には書いていないのに
> 708,709を見てください
と書いた理由も教えて

>740
整数比になるとウソをついた理由を教えてよ

申し訳ございませんが、もう一度具体的に内容を書いていただけないでしょうか。

【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。x,yは有理数とする。
(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。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。

>>741

>>729を見れば話の流れは分かるでしょう

> 544日高2020/09/23(水) 09:30:44.36ID:uIv4eEq1
> >535
> > 何番のことでしょうか？
>
> 番号を言われても読めないくせに
>
> よめると、思います。

番号は書いてあるので読みましょう
有言実行
君ならできる
Go for it!

>743
番号は書いてあるので読みましょう

申し訳ございませんが、もう一度具体的に内容を書いていただけないでしょうか。

【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。x,yは有理数とする。
(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。rは有理数となりえる。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数なので、式は成り立たない。(4)の解は、(3)の解の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。

>>744
p=2のときも整数比にならないから日高の証明はフェルマーの最終定理の証明とは無関係
という意見に対して日高はp=2の場合は整数比になりますと反論

実際に整数比になることを示させたら
日高の答えは整数比になりません

その後変更した>>745の証明も同じでフェルマーの最終定理の証明とは無関係

>>744
> 番号は書いてあるので読みましょう
> 申し訳ございませんが、もう一度具体的に内容を書いていただけないでしょうか。

> 544日高2020/09/23(水) 09:30:44.36ID:uIv4eEq1
> >535
> > 何番のことでしょうか？
>
> 番号を言われても読めないくせに
>
> よめると、思います。

読めると思いますと書き込んだ理由も教えてよ

>746
p=2のときも整数比にならないから日高の証明はフェルマーの最終定理の証明とは無関係
という意見に対して日高はp=2の場合は整数比になりますと反論

具体的に内容を書いて、いただけないでしょうか。

>747
読めると思いますと書き込んだ理由も教えてよ

具体的に内容を書いて、いただけないでしょうか。

(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。

例
y^2=4x+4
y=4、x=3

(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。

例
y^2=4x+4
y=3、x=5/4

【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。x,yは有理数とする。
(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。
(3)の右辺を展開すると、yが有理数のとき、xは有理数となるので、(3)は有理数解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)は自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。