二項展開による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。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。
(3)の右辺を展開すると、x,yが有理数、p^{1/(p-1)}が無理数なので、(3)は成り立たない。
(4)の(ap)^{1/(p-1)}が有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)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。

>129
(xr)^p+(yr)^p=(xr+r)^pも成り立ちx,yは整数比のまま
r=p^{1/(p-1)}とすれば(3)を満たす

(xr)^p+(yr)^p=(xr+r)^pは、x^p+y^p=(x+1)と同じです。
1=p^{1/(p-1)}となれば、(3)を満たします。

>>152
>>78の
> おまえは本当に何も読んでいないのな
以降に書いてありますよ

>133
(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。

p=2の場合、rが無理数でも、x,yは整数比となります。

>>153
xrのxはx^p+y^p=(x+1)のxですけれど
X=xr,Y=yrならX^p+Y^p=(X+r)^pですよ
X^p+Y^p=(X+r)^pは(3)を満たす
> x^p+y^p=(x+1)と同じです。
x^p+y^p=(x+1)の解は(x,y,x+1)
X^p+Y^p=(X+r)^pの解は(X,Y,X+r)=(xr,yr,xr+r)
なので異なります
解の比は同じです
X:Y:X+r=xr:yr:xr+r=x:y:x+1

>>148
こちらもコピペでミスったか
> (2/{(35)^3-2})^3+(3/{(35)^3-2})^3=(2/{(35)^3-2}+1)^3
については>>79を参照

>137
> (p^{1/(p-1)})/wは、有理数となりません。
(p^{1/(p-1)})/wあんたはそれを証明していません

(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが成り立ちません、

>138
(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pは、s=1、t=2、p=3のとき、ｒが無理数で、ｘ、ｙが整数比となっています。

> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
はインチキのウソです。
証明は失敗です。

s,tが有理数なので、この式は成り立ちません。
式が成り立つとき、x,yは整数比となりません。

>>158
> (p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが成り立ちません、
成り立たないことの証明がありません
成り立たないことの根拠は？

>140
あなたも、 p=2 と p:奇素数 で結論は反対だけど、
同様の方法で証明しているのでしょう？
であれば、p=2 と p:奇素数 の証明を比較しても問題ないはず。

同じ方法ですが、結果が、違います。

>>161
> 同じ方法ですが、結果が、違います
結果が違うことを前もって証明していないでしょ
結果が違うことの根拠が日高による証明でなく
他の(人による)正しい証明に基づいていたら
日高による証明は失敗です

>>161
> >140
> あなたも、 p=2 と p:奇素数 で結論は反対だけど、
> 同様の方法で証明しているのでしょう？
> であれば、p=2 と p:奇素数 の証明を比較しても問題ないはず。
>
> 同じ方法ですが、結果が、違います。
だからそう言っています。「方法が同じ」という事が重要です。

私の p=2 の証明（>>133）と、あなたの p:奇素数 の証明（>>146）は全く同じ証明方法です。
私の証明は間違っているので、あなたの証明も非常に危ういという事になります。

>143
s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。

s,tが有理数のとき、成り立ちません。

>>164

> >143
> s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
>
> s,tが有理数のとき、成り立ちません。

>>143 は式変形でもって成り立つことを示しました
>>164 はなんの根拠もしめさずに成り立たないと主張していますね

またリセットかな

>>164
> >143
> s,tがどんな数でも必ず成り立ちます。
>
> s,tが有理数のとき、成り立ちません。
どうしてでしょうか。
今までの説明では全く理解も納得もできないので、
妄想ではなく、きちんとした数学的な説明をして下さい。

>144
(1a)でxを1と定めたときのyの(比の)値は
　y^p =(1+r)^p -1
⇔y={(1+r)^p-1}^{1/p}…(1b)

「xを1と定めたときのyの(比の)値は」
の部分が理解できません。
詳しく説明していただけないでしょうか。

>148
x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
(2/{(35)^3-2})^3+(3/{(35)^3-2})^3=(2/{(35)^3-2}+1)^3
x:y=2:3

x:yは、整数比ですが、x:y:zは、整数比の解とは、なりません。

>>168
a:b=1:b/a

>160
> (p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが成り立ちません、
成り立たないことの証明がありません
成り立たないことの根拠は？

根拠は、(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、x,yは整数比とならない。
(4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
です。

>162
> 同じ方法ですが、結果が、違います
結果が違うことを前もって証明していないでしょ
結果が違うことの根拠が日高による証明でなく
他の(人による)正しい証明に基づいていたら
日高による証明は失敗です

よく意味がわかりません。

>163
私の p=2 の証明（>>133）と、あなたの p:奇素数 の証明（>>146）は全く同じ証明方法です。
私の証明は間違っているので、あなたの証明も非常に危ういという事になります。

意味がわかりません。

>165
>>143 は式変形でもって成り立つことを示しました
>>164 はなんの根拠もしめさずに成り立たないと主張していますね

根拠は、
(4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
です。

>167
> s,tが有理数のとき、成り立ちません。
どうしてでしょうか。

根拠は、
(4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
です。

>>173
> >163
> 私の p=2 の証明（>>133）と、あなたの p:奇素数 の証明（>>146）は全く同じ証明方法です。
> 私の証明は間違っているので、あなたの証明も非常に危ういという事になります。
>
> 意味がわかりません。

あなたと同じ証明方法を使って、
間違った命題（p=2で自然数解を持たない）が証明できました。
つまりこれは、あなたの証明方法に誤りがある

という事なんですが、理解できないですか？

>170
>>168
a:b=1:b/a

よく意味がわかりません。

>176

あなたと同じ証明方法を使って、
間違った命題（p=2で自然数解を持たない）が証明できました。
つまりこれは、あなたの証明方法に誤りがある

という事なんですが、理解できないですか？

理解できません。

(修正5)
【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、x,yは整数比とならない。
(4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,y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。

【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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)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。
(4)のrが自然数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}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。

>>178,179
いちおう。>>133の再掲です。

(修正5♪)
【定理】p=2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)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)　…(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はa=1、r^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(2')はa=1以外、r^p=apのとき、x^2+y^2=(x+√(2a))^2…(4)となる。
(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
(4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yの√a倍となるので、整数比とならない。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>>179
>>180

数学ではないのでよそでやって下さい。

>>177
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)の両辺をx^p で割ると
　1+(y/x)^p = (1+r/x)^p
⇔(y/x)^p =(1+r/x)^p -1…(1a)

x:y=1:y/x
より，x=1を代入したy=の値は比の値そのものになります。

>>178
> >176
>
> あなたと同じ証明方法を使って、
> 間違った命題（p=2で自然数解を持たない）が証明できました。
> つまりこれは、あなたの証明方法に誤りがある
>
> という事なんですが、理解できないですか？
>
> 理解できません。

そうですか... では仕方ないですね。

では話題の方向を変えまして、
私の証明（>>181）が間違っている、という事に異論はないですか？

>183
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)の両辺をx^p で割ると
　1+(y/x)^p = (1+r/x)^p
⇔(y/x)^p =(1+r/x)^p -1…(1a)

x:y=1:y/x
より，x=1を代入したy=の値は比の値そのものになります

rの値は、どうなるでしょうか？

>184
私の証明（>>181）が間違っている、という事に異論はないですか？

181は、
(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
が、間違いです。

>>186
> >184
> 私の証明（>>181）が間違っている、という事に異論はないですか？
>
> 181は、
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> が、間違いです。

どうしてでしょうか。
詳しく説明して頂けると助かります。

>>185
>>107で
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)のx,yの比は、「rが変わっても」、同じとなります。

とあなたが書いているではありませんか。
rは変えられることは前提にしてるんでしょ。変えたい好きな数を入れて下さい。
問題にしてるのは，「rが変わっても、同じとなります。」は間違っているということです。

x^p+y^p=(x+r)^p…(1)のx,yの比は、rが変わると、同じにはなりません。
rの値によって変化します。

>>185
いま，議論してるのは>>59の1番目の
・x,yは有理数，zが無理数とするならば，その段階でフェルマーの最終定理の問題ではない。
についてですよね。
結局，それについては納得していただけたんでしょうか？
考えてみれば>>107の

>x^p+y^p=(x+r)^p…(1)のx,yの比は、rが変わっても、同じとなります。

は，この問題に関連した答えではありませんよね。「z」が無理数であることが問題なんですから。
都合の悪いところを，上手くごまかしに入っただけですか？
どんどん指摘したポイントから論点をずらされていっているような気がします。
ま，いつものことといえばいつものことなんですが。

>>59の2番目，3番目の・についてもお答えをお願いします。

>>175
> >167
> > s,tが有理数のとき、成り立ちません。
> どうしてでしょうか。
>
> 根拠は、
> (4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
> です。
過去の繰り返しだし、意味不明で説明になっていません。

>今までの説明では全く理解も納得もできないので、
>妄想ではなく、きちんとした数学的な説明をして下さい。
と書きました。ちゃんと日本語読んで答えて下さい。

>>169
> x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持つ
> x:yは、整数比ですが、x:y:zは、整数比の解とは、なりません。

おまえがx:yは整数比にならないと言っていることが間違いだと
言っているんだからx:y:zは関係ない
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> x^p+y^p=(x+1)^pはx,yが整数比の解を持ちません

>>171
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない
これが間違い
よって
> (p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが成り立ちません、
成り立たないことの証明がない

>>186
> 181は、
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> が、間違いです。

>>179の日高の証明も
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
が間違い

>>178 日高
> >176
>
> あなたと同じ証明方法を使って、
> 間違った命題（p=2で自然数解を持たない）が証明できました。
> つまりこれは、あなたの証明方法に誤りがある
>
> という事なんですが、理解できないですか？
>
> 理解できません。

これでこのスレは終わりだね。日高はいかなる反論も理解できないことがわかったから。

>>151

ｒの式の形には必然性がないので、じゃあr^(p-1)=pとｒ=2と両方書きましょう。

【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、r=2のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3-2)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。
(2)はa=1以外、r=2aのとき、x^p+y^p=(x+2a)^p…(4-2)となる。
(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
(3-2)は、rが有理数なので、ｘ､ｙ､ｚが整数比となるようなｘ、ｙが存在するなら、それは有理数である。

(4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
(4-2)のrが有理数のとき、x,yは、(3-2)のx,yのa倍となるので、整数比となる。

整数比となる場合が見つかりました。>>179の証明は、失敗です。

>>159

w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
(sw)^p+(tw)^p=(sw+(p^{1/(p-1)}))^pは、s=1、t=2、p=3を実際に代入すると、

(1×(3^{1/(3-1)})/({(1^3+2^3)^(1/3)}-1))^3+(2×(3^{1/(3-1)})/({(1^3+2^3)^(1/3)}-1))^3
=(1×(3^{1/(3-1)})/({(1^3+2^3)^(1/3)}-1)+(3^{1/(3-1)}))^3

((√3)/(9^(1/3)-1))^3+((2√3)/(9^(1/3)-1))^3=((√3)/(9^(1/3)-1)+√3)^3

((3√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))+((24√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))=(√3+(√3)×9^(1/3)-√3)^3/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))
(27√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))=(27√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))

s,tが有理数で、式は成り立っています。
x=(√3)/(9^(1/3)-1),y=(2√3)/(9^(1/3)-1)で、ｘとｙは整数比です。ｒ=√3です。

他のどんな有理数ｓ､ｔに関しても、実際に代入すれば、x,yは整数比で、式は成り立っています。

> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
はインチキのウソです。
>>179の証明は失敗です。

>>164

w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
(sr/(p^{1/(p-1)})/w))^p+(tr/(p^{1/(p-1)})/w))^p=(sr/(p^{1/(p-1)})/w)+r)^pは、wを代入して整理すると、

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

ここに、s=1、t=2、p=3を代入すると

(r/(9^(1/3)-1))^3+(2r/(9^(1/3)-1))^3=(r/(9^(1/3)-1)+r)^3
(r^3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))+(8r^3/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))=(r+r(9^(1/3)-1))^3/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))
9r^3/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))=9r^3/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))

s,tが有理数で、式は成り立っています。
x=r/(9^(1/3)-1),y=2r/(9^(1/3)-1)で、ｘとｙは整数比です。
ｒにどんな数を入れても、r=2でもr=p^{1/(p-1)}でも、とにかくどんな数でも絶対に成り立ちます。

他のどんな有理数ｓ､ｔに関しても、実際に代入すれば、x,yは整数比で、rはどんな数でもよくて、式は成り立っています。

> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
はインチキのウソです。
>>179の証明は失敗です。

w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
>>174

> >165
> >>143 は式変形でもって成り立つことを示しました
> >>164 はなんの根拠もしめさずに成り立たないと主張していますね
>
> 根拠は、
> (4)のrが有理数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}倍となるので、整数比とならない。
> です。

>>143 はきちんと式を使って証明されていますが、どこか間違いはありましたか？
証明を否定するのであれば、証明の間違いを示しましょう

(修正6)
【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}=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,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(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が有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>187
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> が、間違いです。

どうしてでしょうか。
詳しく説明して頂けると助かります。

これは、p=2の場合ですので、間違いです。

【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^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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)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。
(4)のrが自然数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}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。

>188
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)のx,yの比は、rが変わると、同じにはなりません。
rの値によって変化します。

rが変わっても、元のx,yの比と同じ物が存在します。

>189
>>59の2番目，3番目の・についてもお答えをお願いします。

199を見てください。

>190
過去の繰り返しだし、意味不明で説明になっていません。

199を見てください。

>191
おまえがx:yは整数比にならないと言っていることが間違いだと
言っているんだからx:y:zは関係ない

x,y,zが整数比になるとき、x,yは整数比になります。

>192
> (p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pが成り立ちません、
成り立たないことの証明がない

199を見てください。

>195
(3-2)は、rが有理数なので、ｘ､ｙ､ｚが整数比となるようなｘ、ｙが存在するなら、それは有理数である。

よく意味がわかりません。

私の書いたレスじゃないですが、
>>193と>>194には返信しないのでしょうか？

>>200
> >187
> > (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> > が、間違いです。
>
> どうしてでしょうか。
> 詳しく説明して頂けると助かります。
>
> これは、p=2の場合ですので、間違いです。

どうして p=2 だと、
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> が、間違いです。
になるのでしょうか。回答をお願いします。

>>205
> x,y,zが整数比になるとき、x,yは整数比になります。
x,y,zが整数比にならないときでもx,yが整数比になる場合がある
だからx,yが整数比になることだけではx,y,zが整数比かどうかは分からない
以下がそのことと証明が間違いであることの説明
>>199
> (x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
x,yが無理数ならx,yは整数比となりうるということです
x^2+y^2=(x+√3)^2の場合
x=√3/(√5-1),y=2√3/(√5-1)ならx:y=1:2
x=3√3/2,y=2√3ならx:y=3:4
p=2の場合はx,y,zが整数比になる場合もならない場合もある
x^3+y^3=(x+√3)^3の場合もx,yは無理数でx,yが整数比となる解がある
p=3の場合はx,y,zが整数比にならない場合がありx,y,zが整数比になるかは不明(未証明)

x^2+y^2=(x+√3)^2の場合
x,y,zが整数比になる場合だと当然
(3√3/2)^2+(2√3)^2=(3√3/2+√3)^2,(3/2)^2+2^2=(3/2+1)^2となり
(4)のX,YがX:Y=3:4で整数比となる(x:y=3:4)
x,y,zが整数比にならない場合でも
(√3/(√5-1))^2+(2√3/(√5-1))^2=(√3/(√5-1)+√3)^2
(1/(√5-1))^2+(2/(√5-1))^2=(1/(√5-1)+1)^2となり
(4)のX,YがX:Y=1:2で整数比となる(x:y=1:2)

x^3+y^3=(x+√3)^3の場合も同様に
x,y,zが整数比になる場合(あるとすれば)もならない場合でも(4)のX,Yが整数比となる解がある
(そのような解の例は既に挙がっている)
pが他の奇素数のときも
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pにおいてx,yが無理数でx,yは整数比となる場合がある
X^p+Y^p=(X+1)^pの解でx,yが整数比になるものがありX:Y=x:y

x,y,zが整数比になる場合もならない場合も同じ条件を満たすので
>>199で自然数解を持たないことは証明できない

(修正6)
【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}=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,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(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が有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴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^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。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)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。
(4)のrが自然数のとき、x,yは、(3)のx,yのa^{1/(p-1)}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。

>>204
> >190
> 過去の繰り返しだし、意味不明で説明になっていません。
>
> 199を見てください。
見ました。表現が少し変わっているのかもしれませんが、内容が変わっているとも思えません。
それも過去の繰り返しだし、意味不明で説明になっていません。

>今までの説明では全く理解も納得もできないので、
>妄想ではなく、きちんとした数学的な説明をして下さい。
と書きました。ちゃんと日本語読んで答えて下さい。

(修正6♪)
【定理】p=2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}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)をさらに変形して、r^p{(y/r)^p-1}(1/r) = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}　…(2')となる。
これを、左辺の左＝右辺の左として、
(2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^(1/p))^p…(4)となる。
X=x*a^(1/p)、Y=y*a^(1/p)となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/p})^p、s^p+t^p=(s+(p^{1/p})/w)^pとなる。
(p^{1/p})/wが有理数の場合は、(p^{1/p})/w=(ap)^{1/p}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>197
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
はインチキのウソです。

この場合のrは、p^{1/(p-1)}です。

>198
>>143 はきちんと式を使って証明されていますが、どこか間違いはありましたか？
証明を否定するのであれば、証明の間違いを示しましょう

211を見てください。

>208
私の書いたレスじゃないですが、
>>193と>>194には返信しないのでしょうか？

返信のしようがありません。

>209
どうして p=2 だと、
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> が、間違いです。
になるのでしょうか。回答をお願いします。

rが無理数の場合は、(4)となります。
(4)の場合は、rが無理数のとき、x,yは無理数となります。

>210
x,y,zが整数比になる場合もならない場合も同じ条件を満たすので

「同じ条件を満たす」
p=2と、pが奇素数の場合は違います。

【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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
rが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)はX=x*a2、Y=y*a2となるので、X,Y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。

(修正6)
【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}=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,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(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が有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。

>213
>妄想ではなく、きちんとした数学的な説明をして下さい。

どの部分が妄想でしょうか？

>>222
> >213
> >妄想ではなく、きちんとした数学的な説明をして下さい。
>
> どの部分が妄想でしょうか？
本人以外誰も認めていません。だから妄想と言ってます。
質問でごまかさずに、きちんとした数学的な説明をしてください。
教科書などのどの定理とどういった計算を組み合わせれば良いのか、きちんと述べない限り妄想です。

>>216

> >198
> >>143 はきちんと式を使って証明されていますが、どこか間違いはありましたか？
> 証明を否定するのであれば、証明の間違いを示しましょう
>
> 211を見てください。

元々指摘されていたところがまったく変わっていないので、同じ指摘を繰り返されるだけですね

s,tの値/比に関わらず
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)
とおけば
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p
が成立し、
x=sw, y=tw, z=sw+p^{1/(p-1)}
が x^p+y^p=z^p の解となることが既に示されています

このことはあなたの証明の中にある主張

> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）

に反しますが、前述の解の存在がきちんと式変形から導かれた、という事実を鑑みれば「あなたの主張が間違っている」というのが妥当な判断ですね

>>219
> 「同じ条件を満たす」
> p=2と、pが奇素数の場合は違います。

p=2とpが奇素数の場合は違うことは証明されてないです
違いを生み出す部分を詳しく書いてください

>>222
> どの部分が妄想でしょうか？

> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
> rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
> (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が有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
> (4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
この部分が妄想です

> rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
x^2+y^2=(x+√3)^2はx,yが整数比の解を持つ
x^3+y^3=(x+√3)^3はx,yが整数比の解を持つ
のでp=2とpが奇素数の場合で違いはありません
> X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるので
p=2とpが奇素数の場合で違いはありません
よって(4)のX,Yも整数比になることにp=2とpが奇素数の場合で違いはありません

>214
(2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。

これは、(4)です。

>223
教科書などのどの定理とどういった計算を組み合わせれば良いのか、きちんと述べない限り妄想です。

教科書の定理では、ありません。等式の性質の、組み合わせです。

>224
> (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）

に反しますが、前述の解の存在がきちんと式変形から導かれた、という事実を鑑みれば「あなたの主張が間違っている」というのが妥当な判断ですね

この場合のｒは、p^{1/(p-1)}です。

>225
p=2とpが奇素数の場合は違うことは証明されてないです
違いを生み出す部分を詳しく書いてください

p=2の場合は、(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。

pが奇素数の場合は(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）

(修正6)
【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}=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,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(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が有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴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^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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
rが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)はX=x*a2、Y=y*a2となるので、X,Y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。

>>227
> >223
> 教科書などのどの定理とどういった計算を組み合わせれば良いのか、きちんと述べない限り妄想です。
>
> 教科書の定理では、ありません。等式の性質の、組み合わせです。
等式の性質とやらを、教科書の定理やそれを用いて証明出来ないなら、妄想ですね。

等式の性質とやらが何なのか、数学的にはっきり述べて下さい。
そして、それを証明して下さい。
それが出来ない限り、妄想です。

等式の性質とやらが証明できないということは、等式の性質（妄想）に基いたフェルマーの定理の証明ということですね。
妄想に基いた証明は妄想です。

>>235
それで、その等式の性質(A)から(D)をどのように用いると

>s,tが有理数のとき、成り立ちません。
が証明できるのですか？数学的に詳細な証明を与えて下さい。
それが出来ないということは、証明できないということだから、妄想です。

>230
r^(p-1)=pのときと、rが有理数の時は書いていますが、
r^(p-1)≠pかつrが無理数の時がかかれていません。
このようなデタラメな態度で証明などと言わないで下さい。

>>230日高
>(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）

「x,yを有理数とすると、式を満たさない」と確認したら
「従って，r^(p-1)=p と r を定めることはできません」，
と証明は前に戻らなければいけないのに，そこで突進して，

>rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
>X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるので、(4)のX,Yも整数比とならない。

と，成立し得ない(3)式の存在し得ない解x,yを実数倍「*a^{1/(p-1)}」倍した解X,Yを持ちだしてます。
存在し得ない解というのは，実際には無理数であるx,yだから，その解を考え，またはその存在し得ない(有理数?)解を実数倍(無理数を含む)する解X,Yを考えたら，
「x,yを有理数とする」という条件は【証明】の行間で外れることになります。即ち(3)が不成立となる条件が外れてしまってます。
従って「(4)のX,Yも整数比とならない」とはいえなくなります。

しかし，日高氏にはこれが理解できない，というか絶対に理解したくないw

>>229
これは正しいが
> p=2の場合は、(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。

これ自体が間違い
> pが奇素数の場合は(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）

条件自体がp=2とpが奇素数の場合で違っているので説明になっていないです
rの値が等しいときにどのような違いがあるか説明してください

日高さんにとって、「この証明は間違いである」と言えるのは、どういう場合ですか？

日高の証明は
>>231
p=2の場合
x,yが有理数でzが有理数なら整数比
>>230
pが奇素数の場合
x,yが有理数でzが有理数でも
> p=2と、pが奇素数の場合は違います。
であるから整数比ではない
(日高のインチキによるとx,yが有理数でもx,yが整数比でないらしいが)

フェルマーの最終定理によると
> p=2と、pが奇素数の場合は違います。
ということでそのフェルマーの最終定理の証明は誰の証明？
日高は今証明している途中なので日高以外であることは明らか

日高理論による「成立し得ない式の存在し得ない解を実数倍した解を持つ方程式は同じく成立しない」という考え方ではおかしくなる実例を出してみる。

x,yは有理数とする。
x^2+y^2=√5 …(1)
X^2+Y^2=25 …(2)

日高理論によれば

x,yを有理数とすると、(1)式の左辺は有理数となるので(1)を満たす有理数x,yは存在しない。従ってx,yは整数比とならない。
(2)式の解は(1)の解の５√５^(1/2)=5^{3/4}倍，即ち
X=x*5^{3/4},Y=y*5^{3/4}となるので(2)のX,Yも整数比とならない。

はず，であるが，実際には(2)は X=3,Y=4 という解をもつ。
つまり，この考え方では，あり得る有理数解を見逃してしまう。
これはp=2の場合であるが，pが奇素数である場合でも見逃してしまう可能性があり得る点は同じである。

この点で(修正6)などの【証明】における

>(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
>rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
>X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるので、(4)のX,Yも整数比とならない。

という論理展開が，「式が違います」とかでは言い逃れできない，論理自体の「誤り」であることは明白である。

>>228

> >224
> > (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
>
> に反しますが、前述の解の存在がきちんと式変形から導かれた、という事実を鑑みれば「あなたの主張が間違っている」というのが妥当な判断ですね

> この場合のｒは、p^{1/(p-1)}です。

はて？
見つかったx^p+y^p=z^p の解は
x=sw, y=tw, z=sw+p^{1/(p-1)}
ですから、確かに r=z-x=p^{1/(p-1)} を満たしていますが、何か言いたいことでもおありで？

>243において
何がまずいのかといえば，解を有理数に限定したために解が存在せず不成立とされた式には，実数に条件を拡げれば無理数解が存在し，
その後の実数倍で，その無理数解が有理数化することを考慮に入れていない点である。

即ち，x,y,zがともに無理数でも，整数比になっていれば適当に無理数倍すれば有理数化して
x:y:zが整数比になり得る点を見過ごしている点が問題であることになる

つまり，日高理論の問題点は【証明】の4行目

>(3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）

とする点にあり，「無理数解ならば整数比になり得る。その場合適当に実数倍すれば有理数解になる。」という可能性をまったく考慮していない点にある。
整数比となるのは有理数解に限らない。無理数解でもよいので，4行目は

>(3)は、rが無理数なので、(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）が，x,yが無理数ならば式を満たしうる。従ってx,yは整数比となる可能性がある。

が正しいことになる。

更に言えば，根本的に日高理論の何がおかしいかといえば，
フェルマーの定理の証明を，x,y,zについて有理数と無理数が混在するところから始めようとする証明方針自体がおかしい。

z=x+r,r^(p-1)=p という設定が日高理論から譲れないのならば，rは無理数であることが確定する。
そのときxが有理数ならば zは無理数になってしまうので，x:zが整数比にならない。
なので整数比が成り立つためにはxは無理数，y,zも無理数であることが必要条件と前提してよいことになる。

なのになんで「x,yを有理数とすると」などと言い出す必要があるのか。
z=x+r,r^(p-1)=p とすると「x,y,zは無理数となる」で議論を始めない点で，そもそもフェルマーの定理の証明から逸脱してしまっているといわざるを得ない。

>>230

もう式を積の形にする意味はないんじゃないですか。何の根拠もないと>>109でもあなたが認めていますし。


「x,yは整数比とならない。」　は　「x,yを有理数とすると、式を満たさない。」という意味ではありません。
x+y=3√2
でx=√2,y=2√2は整数比となっていますが、x、yを有理数とすると、式を満たしません。

「x,yを有理数とすると、式を満たさない。」　も　「x,yは整数比とならない。」という意味ではありません。
x、yを有理数とすると、式を満たしませんが、x=√2,y=2√2のとき、式を満たし、ｘ、ｙは整数比です。

別の意味の文をまるで同じ意味のようにかっこ書きで書くのは、インチキです。

そして>>196のとおり、整数比のx=(√3)/(9^(1/3)-1),y=(2√3)/(9^(1/3)-1)とp=3を(3)に代入すると

((√3)/(9^(1/3)-1))^3+((2√3)/(9^(1/3)-1))^3=((√3)/(9^(1/3)-1)+√3)^3
整理して
(27√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))=(27√3)/(8-3×9^(2/3)+3×9^(1/3))

x=(√3)/(9^(1/3)-1),y=(2√3)/(9^(1/3)-1)は(3Iの解で、rは無理数で、x、yは整数比です。

rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるので、(4)のX,Yも当然整数比となります。

>>230の証明は、失敗です。

>>230

> 【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}=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,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
> rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となる

ここで(4)を調べても、わかるのは(3)でrが無理数で整数比とならないx、yと同じ比の解だけですね。

(4)は(3)のすべての解についてX=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるのだから、
「r^(p-1)=pで整数比とならないx、yの(3)の解」以外のすべての(3)の解を(4)を調べる「「前に」」必ず調べる必要があります。

つまり、
【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}=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,yを有理数とすると、式を満たさない。
(3)のx,yが無理数の場合は、x=sw、y=twとおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}^p
両辺をw^pで割るとs^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、s､tが有理数なので、式の両辺はともに有理数である。

(4)を調べるまでもなく、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合に、有理数で整数比の(1)の解x=s,y=t,r=(p^{1/(p-1)})/wが見つかった。証明終

>>218
> >209
> どうして p=2 だと、
> > (3)は、rが無理数なので、x,yは整数比とならない。
> > が、間違いです。
> になるのでしょうか。回答をお願いします。
>
> rが無理数の場合は、(4)となります。
> (4)の場合は、rが無理数のとき、x,yは無理数となります。

>>226
> >214
> (2')はr^p=pのとき、x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる。
>
> これは、(4)です。

rの有理数 or 無理数は、(3)か(4)かで決めているのではないです。
それでは積の形にする意味が無いです。
(2)（私の証明では(2')）の「左辺の左＝右辺の左」で決めています。

・あなたの p=2 の証明
　(2)の「左辺の左＝右辺の左」→ r^(p-1)=p → x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる、rは有理数
・私の p=2 の証明
　(2')の「左辺の左＝右辺の左」→ r^p=p → x^2+y^2=(x+√2)^2…(3)となる、rは無理数
私の x^2+y^2=(x+√2)^2 は(3)です。

(修正6)
【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}=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,yは整数比とならない。(x,yを有理数とすると、式を満たさない。）
rが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
X=x*a^{1/(p-1)}、Y=y*a^{1/(p-1)}となるので、(4)のX,Y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とおく。s,tは有理数、wは無理数とする。
(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が有理数の場合は、(p^{1/(p-1)})/w=(ap)^{1/(p-1)}となる。
(4)のX,Yが整数比とならないので、s,tも整数比とならない。(s,tを有理数とすると、式を満たさない。）
∴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^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rが有理数なので、yが有理数のとき、xは有理数となり、x,yは整数比となる。
rが自然数のとき、X^2+Y^2=(X+a2)^2…(4)となる。
(4)はX=x*a2、Y=y*a2となるので、X,Y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。