因数分解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x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入しても、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x,y,zを持たない。

(参考)
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')とする。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、
(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。

>>1

>　(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。

成り立たないことを調べたのはｘが有理数、ｙが有理数、ｒが無理数の場合のみ

xが無理数、ｙが無理数、ｒが無理数の場合は調べていない。

> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる

成り立たないことが分かるのはｘが有理数のa^{1/(p-1)}倍、ｙが有理数のa^{1/(p-1)}倍、ｒが無理数のa^{1/(p-1)}倍の時のみ

有理数のa^{1/(p-1)}倍が有理数になる時、無理数のa^{1/(p-1)}倍は有理数にならないので

(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は調べていない

よって証明は失敗です。

>>3補足

もちろん文章は前から読むものです
証明も文章ですから
そして証明とは、証拠を書く文章です

> 【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。
> (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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる

ここまでに証拠がないので、

> (4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。

は言えません。

前スレの最後
> 「(4)に有理数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に有理数を入れても成り立たない」です。
これが成り立つのはa^{1/(p-1)}が有理数の場合だけだからアウト

>3
xが無理数、ｙが無理数、ｒが無理数の場合は調べていない。

(参考)を見てください。

>有理数のa^{1/(p-1)}倍が有理数になる時、無理数のa^{1/(p-1)}倍は有理数にならないので
(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は調べていない

(3)が成り立たないので、(4)も成り立ちません。

>>6

(参考)は 「(4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。」を証拠として使っていますから、

> 【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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。

もし、本文に(参考)を入れて書くとすれば、この後になります。

>>3のはなしはすべてここまでに書いてあることについてなので、(参考)の内容は関係ありません。

(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は調べていない

よって証明は失敗です。

>4
ここまでに証拠がないので、

「(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる」
は、証拠にならないのでしょうか？

>5
> 「(4)に有理数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に有理数を入れても成り立たない」です。
これが成り立つのはa^{1/(p-1)}が有理数の場合だけだからアウト

a^{1/(p-1)}が無理数でも、成り立ちます。（言えます）

>>6

ちなみに、「証明の中で使う証拠の証明」は「補題」といいます。

(参考)はあってもなくても証明に関係ない文章のことです。

>7
(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は調べていない

(参考)で、xが無理数、ｙ無理数、ｒが無理数の場合は調べています。
x,yが無理数であっても、有理数であっても、結果は同じとなります。

>10
ちなみに、「証明の中で使う証拠の証明」は「補題」といいます。

(参考)はあってもなくても証明に関係ない文章のことです。

(参考)を、補題に読み替えて、下さい。

(修正1)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入しても、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x,y,zを持たない。

(補題)
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')とする。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、
(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。

>>13

本文に、どこにも補題を証拠に使っていると書いていないので、補題を書くのは無駄です。

本文だけでは、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。は言えないので、

証明は、失敗です。

>14
本文だけでは、(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。は言えないので

どうしてでしょうか？

>>15

> 【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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。

成り立たないことを調べたのはｘが有理数、ｙが有理数、ｒが無理数の場合のみ

xが無理数、ｙが無理数、ｒが無理数の場合は調べていない。

> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる

成り立たないことが分かるのはｘが有理数のa^{1/(p-1)}倍、ｙが有理数のa^{1/(p-1)}倍、ｒが無理数のa^{1/(p-1)}倍の時のみ

有理数のa^{1/(p-1)}倍が有理数になる時、無理数のa^{1/(p-1)}倍は有理数にならないので、

(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は

調べた「ｘが有理数のa^{1/(p-1)}倍、ｙが有理数のa^{1/(p-1)}倍、ｒが無理数のa^{1/(p-1)}倍の時」に含まれていない

(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は調べた中に含まれていないので、調べていない

よって証明は失敗です。

>>9
> >5
> > 「(4)に有理数を入れても成り立たない」の証拠は「(3)に有理数を入れても成り立たない」です。
> これが成り立つのはa^{1/(p-1)}が有理数の場合だけだからアウト
>
> a^{1/(p-1)}が無理数でも、成り立ちます。（言えます）
「(3)に有理数を入れても成り立たない」の(3)のx,yが有理数ならば
(4)に代入するX,YはX=x*a^{1/(p-1)},Y=y*a^{1/(p-1)}でありa^{1/(p-1)}が無理数
であることから共に無理数なので「(4)に有理数を入れても成り立たない」は言えない

>>11

補題の中で、「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」を証拠として使っている
「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠が補題に書いてある
補題の中で、「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」を証拠として使っている
「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠が補題に書いてある
補題の中で、「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」を証拠として使っている
「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠が補題に書いてある
補題の中で、「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」を証拠として使っている
「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠が補題に書いてある

循環しています

>16
(4)のxが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の場合は調べた中に含まれていないので、調べていない
よって証明は失敗です。

(3)のx,yが無理数のときは、(3')となります。
(3')のrが有理数のときは、(4)のrが有理数、x,yが有理数と、同じとなりますが、
この場合は、成り立ちません。

>17
(4)に代入するX,YはX=x*a^{1/(p-1)},Y=y*a^{1/(p-1)}でありa^{1/(p-1)}が無理数
であることから共に無理数なので「(4)に有理数を入れても成り立たない」は言えない

(3)のx,yが有理数で成り立たないということは、x,yは、整数比ではないということです。
(3)の定数倍の(4)のx,yも整数比とならないということです。

>18
「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠が補題に書いてある

「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠は、(3)のx,yを
有理数とすると成り立たないからです。

補題には、書いていません。

(修正1)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入しても、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x,y,zを持たない。

(補題)
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')とする。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、
(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。

(修正2)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')とする。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、
(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。

>>24
これは何をグダグダやってるの？
解を持つだけなら具体的に中学生でも知ってる3^2+4^2=5^2を出せば済むことだし、存在性どころか一般解が何世紀も前には既に知られてることなんだけど

>>21
(3)のx,yを有理数とすると成り立たない、と分かったのはｒが無理数のときだけです。

(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるのだから

無理数のｒが有理数になるようなa^{1/(p-1)}を(3)の有理数のｘ、ｙにかけたら無理数です

よって、(4)の解についてわかっているのは、ｘ、ｙが無理数、ｒが有理数の解は存在しないということだけ

「(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たない」の証拠はありません。

証明は、失敗です。

>>23

質問です。

ｘが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の時、式が成り立たないことを、「同じ比だから」でごまかさず、実際に調べた式は(3)ですか？(4)ですか？(3’)ですか？

おっと失礼
ｘが無理数、ｙが無理数、ｒが無理数ので3つが整数比の時
式が成り立たないことを、「同じ比だから」でごまかさず、実際に調べた式は(3)ですか？(4)ですか？(3’)ですか？

でもいいですよ。>>27かこちらか、どちらかを答えてください。

(修正3)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、xが有理数のとき、yは無理数となる。
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)はx、y、(ap)^{1/(p-1)}を有理数とすると成り立たないので、
(3')も(p^{1/(p-1)})/wを有理数とすると成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。

>>29 日高

> (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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。

これは説明になっていませんね。(有理数+無理数)^pが有理数になることはありますから。カッコの中が有理数のp乗根の場合などです。

>>23

> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。

(3)の解ｘ、ｙも有理数、(4)の解ｘ、ｙも有理数ということなら、a^{1/(p-1)}が有理数ということだから

(3)の有理数ｘ、有理数ｙ、無理数ｒ、に有理数をかけてるだけなので(4)のｘ、ｙ、ｒもｘが有理数、ｙが有理数、ｒが無理数

この時点で(4)のｘ、ｙ、ｒが有理数の場合は調べていない

(3)のｘ、ｙ、ｒが無理数で整数比の時、まだこの時点で(4)のｘ、ｙ、ｒが有理数の時を調べていないので、

(3)のｘ、ｙ、ｒが無理数で整数比の時のことはわからない

証明は失敗です。

日高の証明法が正しいなら x^3 + 7*y^3 = z^3 も有理数解をもたないことになる。
x = y = 1, z = 2 が解だから数学の矛盾がついに発見された！？

>>20
> x,yは、整数比ではないということです
違います
成り立たないのは左辺と右辺が等しくならないことです

>>23
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,yに有理数を代入すると、成り立たない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,yに有理数を代入しても、成り立たない。
これが正しいのはa^{1/(p-1)}倍が有理数倍のときだけ
(4)がX^p+Y^p=(X+1)^pのときは(4)の解は(3)の解の1/p^{1/(p-1)}倍であり
X=x/p^{1/(p-1)},Y=y/p^{1/(p-1)}なので(4)に代入するX,Yは無理数である

>>29
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、xが有理数のとき、yは無理数となる。
前にもあったがx^p+y^p=z^pのx,yに有理数を代入することが可能なことから証明になっていない
証明に必要になのは(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なのでまずはyに無理数を代入すること

日高理論がどんなものか理解するのに大変重要だと思うので，前スレの985を再録しておきます(引用部分に>を補充。最後の一行が日高氏の返答です)。

985 返信：日高[] 投稿日：2020/10/17(土) 11:49:09.87 ID:GETDVM1Z [19/26]
>983
>x^p+y^p=(x+√2)^p…(*)
>は，√2が無理数なので、x,yにどんな数を代入しても、(*)の解x,y,zは整数比とならない

>この論証は，それ自体だけで，他の論拠を必要とせず正しいと確定できるのですか？という意味です。

他の論拠を必要とせず正しいと確定できます。

すげえ

嘘つきまくりで草w

指摘を受けて修正してない→指摘で修正しまくり
二項定理を使った→二項定理関係ない
循環してない→循環しまくり

(修正4)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
(4)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、x,yは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、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は自然数解x,y,zを持たない。

(修正5)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
(4)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、x,yは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、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は自然数解x,y,zを持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。

>>39

> (4)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、x,yは整数比とならない。

間違いです。

x^p+y^p=(x+r)^pに、x=sr/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s),y=tr/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)を代入した

(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

は、ｓ､ｔ、ｒ、ｐが正の実数なら必ず成り立ちます。もちろんｓ､ｔが有理数、ｐが奇素数の時も成り立ちます。

たとえば、s=1,t^2,r=3,p=3のとき、

(1×3/((1^3+2^3)^(1/3)-1))^3+(2×3/((1^3+2^3)^(1/3)-1))^3=(1×3/((1^3+2^3)^(1/3)-1)+3)^3
243/((1^3+2^3)^(1/3)-1)^3=243/((1^3+2^3)^(1/3)-1)^3

両辺は等しく、式は成り立っています。rが有理数で、ｘ、ｙは整数比となっています。

>25
>>24
これは何をグダグダやってるの？
解を持つだけなら具体的に中学生でも知ってる3^2+4^2=5^2を出せば済むことだし、存在性どころか一般解が何世紀も前には既に知られてることなんだけど

pが素奇数の場合と、同じ考え方だからです。

>26
よって、(4)の解についてわかっているのは、ｘ、ｙが無理数、ｒが有理数の解は存在しないということだけ

つまり、x,y,zが整数比の解ではない、ということがわかります。

>27
ｘが有理数、ｙが有理数、ｒが有理数の時、式が成り立たないことを、「同じ比だから」でごまかさず、実際に調べた式は(3)ですか？(4)ですか？(3’)ですか？

(3)です

>30
> (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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。

これは説明になっていませんね。(有理数+無理数)^pが有理数になることはありますから。カッコの中が有理数のp乗根の場合などです。

右辺を、展開すると、カッコの中が有理数のp乗根とならないことが、わかります。

>31
(3)の解ｘ、ｙも有理数、(4)の解ｘ、ｙも有理数ということなら、a^{1/(p-1)}が有理数ということだから

(3)の解ｘ、ｙが共に、有理数となることは、ありません。

>32
日高の証明法が正しいなら x^3 + 7*y^3 = z^3 も有理数解をもたないことになる。
x = y = 1, z = 2 が解だから数学の矛盾がついに発見された！？

式が、違います。

>33
> x,yは、整数比ではないということです
違います
成り立たないのは左辺と右辺が等しくならないことです

「成り立たないのは左辺と右辺が等しくならないことです」
これは、そのとおりです。

(修正5)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yに有理数を代入すると、xは無理数となる。
(4)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、x,yは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、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は自然数解x,y,zを持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。

>34
証明に必要になのは(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なのでまずはyに無理数を代入すること

(修正５)で、
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
としています。

>>50
> (修正５)で、
> (3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
> としています。
yに無理数を代入してxも無理数になるのならばx,y,zが整数比になる可能性を否定できない

> (4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので
これは間違い
> (3')のrが有理数のときも、s,ｔは整数比とならない。
s,tは常に整数比

フェルマーの最終定理の証明をしたかったら
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べることになる
p=2のときは(p-1)次方程式は1次方程式 2x+(1-y^2)=0 だから
> (3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
ここで一応解いていることになっている
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない

>36
すげえ

なにが、「すげえ」なのでしょうか？

>37
循環してない→循環しまくり

どの部分のことでしょうか？

(修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
(4)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、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/w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x,y,zを持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。

>41
両辺は等しく、式は成り立っています。rが有理数で、ｘ、ｙは整数比となっています。

54を見てください。

>>54

> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ので、有理数で整数比の解があるかどうかは、(3)の無理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。

> (3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3)の無理数で整数比の解があるかどうかの証拠は、(4)に有理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。

> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ので、有理数で整数比の解があるかどうかは、(3)の無理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。

> (3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3)の無理数で整数比の解があるかどうかの証拠は、(4)に有理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。

> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ので、有理数で整数比の解があるかどうかは、(3)の無理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。

> (3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3)の無理数で整数比の解があるかどうかの証拠は、(4)に有理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる
ので、有理数で整数比の解があるかどうかは、(3)の無理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。

> (3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3)の無理数で整数比の解があるかどうかの証拠は、(4)に有理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。

循環しています。証明は失敗です。

>>54

>　(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。

何の証拠も書いてありません。

証明というのは証拠を書くことなので、これは証明ではありません。落書きです。

文章は前から読むものなので、ここまでに証拠がなければ証明は失敗です。

>>54
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。

3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
(s,t,uは有理数)

>>47 日高
> >32
> 日高の証明法が正しいなら x^3 + 7*y^3 = z^3 も有理数解をもたないことになる。
> x = y = 1, z = 2 が解だから数学の矛盾がついに発見された！？
>
> 式が、違います。

すみません。よくわからないので、具体的に、どこで間違いになるのか教えてください。

>51
> (4)のrが有理数のとき、x,yは整数比とならないので
これは間違い
> (3')のrが有理数のときも、s,ｔは整数比とならない。
s,tは常に整数比

これは、間違いでした。54を見て下さい。

>>54

せっかくpが奇素数の時とp=2の時を並べて書いているのだから、いつも「p=2の時はどうか」を考えてみてください。

x^2+y^2=(x+r)^2
rが無理数の時、x、yがともに有理数の解はありません。これが、x､y､zが整数比とならない証拠になると思いますか？

>>60
> これは、間違いでした。54を見て下さい。
54も間違っている
整数比である解を見つける方法が書いてないので間違い

フェルマーの最終定理の証明をしたかったら
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べることになる
p=2のときは(p-1)次方程式は1次方程式 2x+(1-y^2)=0 だから
> (3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
ここで一応解いていることになっている
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない

であれば整数比である解を見つける方法は
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べること

>56
循環しています。証明は失敗です。
(3)の無理数で整数比の解があるかどうかの証拠は、(4)に有理数で整数比の解があるかどうかを調べる必要があります。

(4)に有理数で整数比の解がないので、(3)に無理数で整数比の解は、ありません。

>57
>　(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。

何の証拠も書いてありません。

yを有理数とすると、xは無理数となります。

(修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
(4)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、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/w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x,y,zを持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。

>>64
> 何の証拠も書いてありません。
>
> yを有理数とすると、xは無理数となります。

p^{1/(p-1)}が無理数だったら整数比となる解はx,y,zが全て無理数なので
いきなりyを有理数にするのはアホの極致
日高は自分の頭がイカれているから責任能力が無いと主張したいのか？

>58
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
(s,t,uは有理数)

(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=(u*p^{1/(p-1)})^p
の両辺を(p^{1/(p-1)})^pで割ると、
s^p+t^p=u^pとなります。

>>67
> s^p+t^p=u^pとなります。
s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
r=u-s
(s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p

フェルマーの最終定理の証明をしたかったら
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べることになる
p=2のときは(p-1)次方程式は1次方程式 2x+(1-y^2)=0 だから
> (3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
ここで一応解いていることになっている
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない

>59
すみません。よくわからないので、具体的に、どこで間違いになるのか教えてください。

いま、証明しているのは、
x^3+y^3=z^3です。

>61
x^2+y^2=(x+r)^2
rが無理数の時、x、yがともに有理数の解はありません。これが、x､y､zが整数比とならない証拠になると思いますか？

rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。

>62
54も間違っている
整数比である解を見つける方法が書いてないので間違い

(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比とならない。
としています。

>66
p^{1/(p-1)}が無理数だったら整数比となる解はx,y,zが全て無理数なので
いきなりyを有理数にするのはアホの極致

(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
としています。

>>70
> rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。
これを証明せよ

>68
x^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して

(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。
(ap)^{1/(p-1)}=1となります。
(4)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、x,y,zは整数比となりません。

(修正6)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
(4)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、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/w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x,y,zを持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。

>>70

> rが無理数の時、x、yがともに有理数の解はありません。これが、x､y､zが整数比とならない証拠になると思いますか？

> rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。

つまり、ｒが無理数の時、x、yがともに有理数の解がないことは、x､y､zが整数比とならない証拠になりません。

証拠にならないので、>>65の

(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。

は間違っています。証明は失敗です。

>>63

> (4)に有理数で整数比の解がないので、(3)に無理数で整数比の解は、ありません。

つまり(3)に無理数で整数比の解がない証拠は、(4)に有理数で整数比の解がないことです。
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に無理数で整数比の解がないことです。
(3)に無理数で整数比の解がない証拠は、(4)に有理数で整数比の解がないことです。
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に無理数で整数比の解がないことです。
(3)に無理数で整数比の解がない証拠は、(4)に有理数で整数比の解がないことです。
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に無理数で整数比の解がないことです。
(3)に無理数で整数比の解がない証拠は、(4)に有理数で整数比の解がないことです。
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に無理数で整数比の解がないことです。
(3)に無理数で整数比の解がない証拠は、(4)に有理数で整数比の解がないことです。

循環しています。証明は失敗です。

>>64

p=2の時のことを考えてください。

rが無理数、yが有理数の時、xが無理数になる　たとえば、(√3)^2+2^2=(√7)^2になる。これが、ｘ、ｙ、ｚが整数比にならない証拠になりますか？

>>74
> (4)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、x,y,zは整数比となりません。
今は(3)の解について調べているので整数比になるかどうかは分からない

> 3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
> その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
> x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
> (s,t,uは有理数)
>
> (s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=(u*p^{1/(p-1)})^p
> の両辺を(p^{1/(p-1)})^pで割ると、
> s^p+t^p=u^pとなります。

> s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
> r=u-s
> (s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p

>>69 日高
> >59
> すみません。よくわからないので、具体的に、どこで間違いになるのか教えてください。
>
> いま、証明しているのは、
> x^3+y^3=z^3です。

いや、そういう意味ではありません。日高さんの証明はx^p+y^p=z^pという式の形を使っていないのでAx^p+By^p=Cz^pに自然数比となる解x,y,zがないことの証明にも使えそうです。たとえば

>>75 日高

は

【定理】pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
【証明】x^p+7y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+7y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){7(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+7y^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+7y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
(4)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、x,y,zは整数比とならない。
(3)のx,yが無理数のときは、s^p+7t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(4)のrが有理数のとき、x,y,zは整数比とならないので、(3')のrが有理数のときも、s,ｔ,s+(p^{1/(p-1)})/wは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+7y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。

とできそうなのですが。

(修正7)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(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が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解x,y,zが整数比とならないので、
(3')の解s,t,s+(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x,y,zを持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。

>>81
　数学ではないので、雑談板あたりでやって下さい。

>>81
p=2の場合って何の為に書いてるの?

最後は日高が沈黙により間違いを認め、証明失敗となりました。

>>84
沈黙しようがしまいが間違いは間違いだけどな

本当に沈黙しちゃったの？

この日高？

https://www.hmv.co.jp/artist_日高まもる_200000000595960/
相対性理論研究家。１９６０年山口県生まれ。１９８７年フェルマーの最終定理の解析から、
相対性理論が数学トリックを利用していることに気づき、研究を始める。

すごい高齢

ガキだとばかり思ってた

>73
> rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。
これを証明せよ

例
x^2+y^2=(x+√3)
a2=√3
a=√3/2
x=3*√3/2、y=4*√3/2、z=5*√3/2

>76
証拠にならないので、>>65の

(3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。

は間違っています。証明は失敗です。

意味が、理解できません。

>77
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に無理数で整数比の解がないことです。

違います。
(4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。

>>89
> >73
> > rが無理数の時、x,y,zが無理数で、整数比の解があります。
> これを証明せよ
>
> 例
> x^2+y^2=(x+√3)
> a2=√3
> a=√3/2
> x=3*√3/2、y=4*√3/2、z=5*√3/2

(修正7)【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持たない。
にあるように
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が有理数なのでyを有理数とするとxは無理数となり
のような形で証明してください

>>92の訂正
> √3が有理数なので
は
√3が無理数なので

>>91
> 違います。
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
違います
(4)のr=z-xは有理数の場合と無理数の場合があるので
整数比の解が有理数か無理数かはそれぞれ異なります

>78
p=2の時のことを考えてください。

rが無理数、yが有理数の時、xが無理数になる　たとえば、(√3)^2+2^2=(√7)^2になる。これが、ｘ、ｙ、ｚが整数比にならない証拠になりますか？

よく、意味が理解できません。

日高さん、フェルマー問題より遥かに簡単な高校数学程度の問題を出題するから解いてみて
これができなければ まだ解く段階にきてないのだと謙虚に受け止めてください

(問題)
x^2 + 2y^2 = 7 を満たす有理数x,yの組は存在しないことを証明せよ

>>90

p=2のとき

rが無理数で、x､y､zが整数比のx^2+y^2=z^2の解が存在するので、

rが無理数の時、x,y,zは整数比とならない、はインチキのウソです。

>>91

(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるのだから、(4)のrが有理数、(3)のrが無理数なら

(無理数である3のｒ）×a^{1/(p-1)}＝(有理数である4のr)なのだからa^{1/(p-1)}は無理数
(3のx）×a^{1/(p-1)}＝(有理数である4のx)でa^{1/(p-1)}は無理数なのだから(3のx）は無理数
(3のy）×a^{1/(p-1)}＝(有理数である4のy)でa^{1/(p-1)}は無理数なのだから(3のy）は無理数

有理数である（4のr）、（4のx）、（4のy）と同じ比なのは（無理数である3のr）、（無理数である3のx）、（無理数である3のy）
よって有理数である（4のr）、（4のx）、（4のy）が解となるかの証拠になるのは（無理数である3のr）、（無理数である3のx）、（無理数である3のy）が（3）の解になるかどうか

> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。

ではありません。インチキのウソです。

>>94

p=2のとき、r=(√7-√3）で無理数、yが有理数のとき、xが無理数になる、たとえば(√3)^2+2^2=(√3+(√7-√3）)^2ですが、

r=(√7-√3）のとき、整数比となる解x､y､zが存在します。たとえば(4(√7-√3）)^2+(3(√7-√3）)^2=(4(√7-√3）+(√7-√3）)^2

よって、「rが無理数のとき、yが有理数とすると、xが無理数となるけど、x､y､zが整数比となる解が存在するので

よって、「rが無理数のとき、yが有理数とすると、xが無理数となるので、x､y､zが整数比とならない」はインチキのウソです。

>79
> s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
> r=u-s
> (s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p

(4)で調べています。

(修正7)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(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が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解x,y,zが整数比とならないので、
(3')の解s,t,s+(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x,y,zを持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。

>80
いや、そういう意味ではありません。日高さんの証明はx^p+y^p=z^pという式の形を使っていないのでAx^p+By^p=Cz^pに自然数比となる解x,y,zがないことの証明にも使えそうです。たとえば

Ax^p+By^p=Cz^pは、係数が、掛かっています。

>83
p=2の場合って何の為に書いてるの?

仕組みが、同じだからです。

>87
この日高？

違います。

>92
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が有理数なのでyを有理数とするとxは無理数となり
のような形で証明してください

√3は、無理数です。

>93
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
違います
(4)のr=z-xは有理数の場合と無理数の場合があるので
整数比の解が有理数か無理数かはそれぞれ異なります

よく、意味が読み取れませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。

>95
(問題)
x^2 + 2y^2 = 7 を満たす有理数x,yの組は存在しないことを証明せよ

わかりませんので、教えていただけないでしょうか。

>96
p=2のとき

rが無理数で、x､y､zが整数比のx^2+y^2=z^2の解が存在するので、

rが無理数の時、x,y,zは整数比とならない、はインチキのウソです。

どうして、インチキのウソになるのでしょうか？

>97
> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。

ではありません。インチキのウソです。

よく、意味がわかりません。詳しく説明していただけないでしょうか。

>>99
> (4)で調べています。
> (4)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、x,y,zは整数比となりません。
今は(3)の解について調べているので整数比になるかどうかは分からない
(4)の解は整数比になるかどうかは分からない解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解はrが有理数のときx,y,zは整数比となるかどうかは分からない

> 3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
> その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
> x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
> (s,t,uは有理数)
>
> (s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=(u*p^{1/(p-1)})^p
> の両辺を(p^{1/(p-1)})^pで割ると、
> s^p+t^p=u^pとなります。

> s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
> r=u-s
> (s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p

>>104
> √3は、無理数です。

>>93に書いてあるじゃないですか
> >>92の訂正
> > √3が有理数なので
> は
> √3が無理数なので
これを見落としているのでやり直し

x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が無理数なのでyを有理数とするとxは無理数となり
のような形で証明してください

>>105
> >93
> > (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
> 違います
> (4)のr=z-xは有理数の場合と無理数の場合があるので
> 整数比の解が有理数か無理数かはそれぞれ異なります
>
> よく、意味が読み取れませんので、詳しく説明していただけないでしょうか。

> (4)に有理数で整数比の解がない証拠は、(3)に有理数で整数比の解がないことです。
あんたの言い分は(4)のrが無理数で整数比の有理数解がない証拠は
(3)のrが無理数で整数比の有理数解がないこと

証明で本来使うべきなのは
(4)のrが有理数で整数比の有理数解がない証拠は
(3)のrが無理数で整数比の無理数解がないこと

(修正7)
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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p^{1/(p-1)}が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(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が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解x,y,zが整数比とならないので、
(3')の解s,t,s+(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x,y,zを持たない。

【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,z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。
(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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解x,y,zは、(3)の解x,y,zのa倍となるので、(4)は自然数解x,y,zを持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。

>>106
一言でいうと mod 7と無限降下法の議論をする.

Nを0以上の整数全体の集合とする.
A = {x+y+z|x,y,z∈N, x+y+z≠0, x^2+2y^2=7z^2} とおく,
Aが空集合であることを示す.
そこで, Aが空集合でないと仮定する ・・・(仮定1)
Aが空でないことから,Aには最小元が存在する ( (N,≦)は整列集合だから)
よって, a^2+2b^2=7c^2 ・・・(☆)
かつ a+b+c=min(A) ・・・(◯) を満たす a,b,c∈Nが取れる.
mod 7 で考えると, a^2+2b^2≡0 (mod 7) が得られる.
b≡0 (mod 7) でないと仮定する ・・・(仮定2)
a^2≡ -2b^2 (mod 7) より -2b^2 は法を7とする平方剰余となる.
(./.)をルジャンドル記号とすると, 1 = (-2b^2/7) となるが,
まず, ルジャンドル記号の乗法性より
(-2b^2/7) = (-2/7)*(b^2/7) = (-1/7)*(2/7)*(b/7)^2
つぎに第1補充法則から (-1/7) = -1, 第2補充法則から (2/7) = 1
そして仮定2 から (b/7)^2 = 1 であるから
(-1/7)*(2/7)*(b/7)^2 = -1 が得られて矛盾となる.
よって, 仮定2 は誤りとなるから bは7で割り切れることになる.
b = 7t を満たすt∈N が取れる.
☆ に代入して a^2+2*7^2*t^2 = 7c^2
これから aは7で割り切れることがわかる.
よって, a = 7s を満たすs∈Nが取れる.
☆ に代入して 両辺を7で割り算すれば
7s^2 + 2*7*t^2 = c^2　を得る
これから cは7で割り切れることがわかる.
よって, c = 7u を満たすu∈Nが取れる.
☆ に代入して 両辺を7で割り算すれば
s^2 + 2t^2 = 7u^2 ・・・(△) が得られた.
ここで s+t+u = (a+b+c)/7 であるから
a+b+c＞0 より s+t+u＞0 かつ s+t+u＜a+b+c
しかしこれは a+b+cの最小性に反する(s+t+u∈Aに注意)
したがって 仮定1は誤りであることがいえた.
以上よりAは空集合であることが示された.

本題に戻る
ある有理数x,yに対して, x^2 + 2y^2 = 7 が成立していたとする.
x = p/r, y = q/r を満たすp,q,r∈N (r＞0)を取ると,
(p/r)^2 + 2(q/r)^2 = 7 となるから
p^2 + 2q^2 = 7r^2 が得られる.
Aが空集合であることから p+q+r = 0 となる.
しかし,p,q≧0 かつ r＞0 より これは不可能
したがって, x^2+2y^2=7 を満たす有理数x,yの組は存在しない.

本題の証明おわり

(修正8)
【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は無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
(3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解が整数比とならないので、(3')の解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x,y,z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}=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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解x,y,zを持つ。

>>114
無能は紛らわしい書き方をするから番号の付け方が間違っている
> (3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(3)の解が無理数のときは(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)}}^p…(3')
w^pで割ったらr=p^{1/(p-1)}でなくなるのでs^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(4')
(4')の解が整数比とならないことは証明されていないので
(3')の解も整数比とならないことも証明されていない

>98
r=(√7-√3）のとき、整数比となる解x､y､zが存在します。たとえば(4(√7-√3）)^2+(3(√7-√3）)^2=(4(√7-√3）+(√7-√3）)^2

よって、「rが無理数のとき、yが有理数とすると、xが無理数となるけど、x､y､zが整数比となる解が存在するので

「yが有理数とすると」の意味がわかりません。

>109
> s,t,uは有理数なのでrが有理数のときを調べましょう
> r=u-s
> (s/r)^p+(t/r)^p=(s/r+1)^p

よく意味がわかりません。

>110
x^2+y^2=(x+√3)^2は√3が無理数なのでyを有理数とするとxは無理数となり
のような形で証明してください

よく意味がわかりません。

＞よく意味がわかりません

日高は勉強やりなおせ
一から出直してこい

>>117
x^p+y^p=(x+1)^pの解が整数比にならないことを証明しなければ
(3)の解が整数比にならないことはいえない
(4)の解は(整数比にならないことはいえない)(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解が整数比とならないこともいえない

>>114
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
(s,t,uは有理数)

(修正8)
【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は無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
(3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解が整数比とならないので、(3')の解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=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}=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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>111
証明で本来使うべきなのは
(4)のrが有理数で整数比の有理数解がない証拠は
(3)のrが無理数で整数比の無理数解がないこと

「(3)のrが無理数で整数比の無理数解がないこと」のいみが、わかりません。
くわしく、説明していただけないでしょうか。

>113
一言でいうと mod 7と無限降下法の議論をする.

よく、理解できません。

>115
w^pで割ったらr=p^{1/(p-1)}でなくなるのでs^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(4')
(4')の解が整数比とならないことは証明されていないので

(4')は、(4)と同じとなります。

>120
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っています
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}
(s,t,uは有理数)

x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}は、
x=s、y=t、z=uと同じです。

>>122
> 「(3)のrが無理数で整数比の無理数解がないこと」のいみが、わかりません。
> くわしく、説明していただけないでしょうか。
x^p+y^p=z^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)を満たすx,y,zが全て無理数の
整数比の解がないこと
これが分からないということは証明できるはずがありません

>>124
> (4')は、(4)と同じとなります。
(4)はx={無理数}*a^{1/(p-1)},y={有理数}*a^{1/(p-1)}で
(4')はx={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}なので
同じ解を表しません

>>125
> x=s、y=t、z=uと同じです。
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}ではr=z-x=(u-s)*p^{1/(p-1)}
x=s,y=t,z=uではr=z-x=u-s
rの値が違うのであんたのいう(3)と(4)で異なります

>>121
x^p+y^p=(x+1)^pの解が整数比にならないことを証明しなければ
(3)の解が整数比にならないことはいえない
(4)の解は(整数比にならないことはいえない)(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解が整数比とならないこともいえない

>>101 日高
> >80
> いや、そういう意味ではありません。日高さんの証明はx^p+y^p=z^pという式の形を使っていないのでAx^p+By^p=Cz^pに自然数比となる解x,y,zがないことの証明にも使えそうです。たとえば
>
> Ax^p+By^p=Cz^pは、係数が、掛かっています。

係数がかかっているとなぜ日高さんの証明が通用せず、かかっていないとなぜ通用するのですか？

>>121 日高

> (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が無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。

日高君は「ならば」と「かつ」の区別がつかないそうなので、「とすると」も「かつ」と同じだと思っているのだろう。だから「yを有理数とすると」書くとyは有理数になってしまう。

(修正8)
【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は無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
(3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
(ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解が整数比とならないので、(3')の解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=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}=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=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も自然数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>>116
「yが有理数とすると」と書いたのはあなたですよ。>>132にも書いてあるじゃないですか。

あなたは、>>64で
rが無理数の時、
> yを有理数とすると、xは無理数となります。
が
> (3)はp^{1/(p-1)}が無理数なので、x,y,zは整数比とならない。
の証拠である、と書きました。

これを式で表すと、
rが無理数の時x､y､zが整数比にならない、r=(√7-√3)のとき、y=2とするとx=√3となるのが証拠

しかし実際には
rが無理数の時、x､y､zは整数比になる、r=(√7-√3)のとき、y=3(√7-√3)とするとx=4(√7-√3)となるのが証拠

rが無理数の時、x､y､zは整数比になる物が実際に存在するのだから、
「rが無理数の時x､y､zが整数比にならない」はインチキのウソです。

>>132

> 【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は無理数となり、

ここまででわかるのは、(√3)^2+2^2=(√3+(√7-√3))^2　このパターンの（3）の解は、x､y､zが整数比でないということだけ

> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、

ここまででわかるのは、（4）の解のうちx=√3×√7、y=2×√7、z=√7×√7のパターンの（4）の解が整数比でないということだけ

> (3)の解が無理数のときは、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w}^p…(3')となる。(s,tは有理数、wは無理数)
> (ap)^{1/(p-1)}=(p^{1/(p-1)})/wのとき、(4)の解が

ここまででわかっているのは、（4）の解のうちx=√21、y=2√7、z=7のパターンの（4）の解が整数比でないということだけ

x=3、y=4のパターンの（4）の解は、x=√21、y=2√7のパターンの（4）の解と、比が違うので、わかることは何もないので

x=4(√7-√3)、y=3(√7-√3)のパターンの（3）の解についてわかることは何もない。

よって>>132の証明は失敗です。

(修正9)
【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は無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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}=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=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となり、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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は無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となり、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

証明は失敗です。
なぜなら、納得する人が誰もいないからです。

>126
x^p+y^p=z^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)を満たすx,y,zが全て無理数の
整数比の解がないこと
これが分からないということは証明できるはずがありません

(3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。

これで、十分です。

>127
(4')はx={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}なので
同じ解を表しません

どういう意味でしょうか？

>128
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)}ではr=z-x=(u-s)*p^{1/(p-1)}
x=s,y=t,z=uではr=z-x=u-s
rの値が違うのであんたのいう(3)と(4)で異なります

どういう意味でしょうか？

>129
x^p+y^p=(x+1)^pの解が整数比にならないことを証明しなければ
(3)の解が整数比にならないことはいえない
(4)の解は(整数比にならないことはいえない)(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
(4)の解が整数比とならないこともいえない

(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
で、証明しています。

>130
> Ax^p+By^p=Cz^pは、係数が、掛かっています。

係数がかかっているとなぜ日高さんの証明が通用せず、かかっていないとなぜ通用するのですか？

係数がかかると、式の構造が、変わります。

>131
日高君は「ならば」と「かつ」の区別がつかないそうなので、「とすると」も「かつ」と同じだと思っているのだろう。だから「yを有理数とすると」書くとyは有理数になってしまう。

どういう意味でしょうか？

>133
rが無理数の時、x､y､zは整数比になる、r=(√7-√3)のとき、y=3(√7-√3)とするとx=4(√7-√3)となるのが証拠

rが無理数の時、x､y､zは整数比になる物が実際に存在するのだから、
「rが無理数の時x､y､zが整数比にならない」はインチキのウソです。

rが無理数の時、x､y､zは整数比になる物は、実際に存在しません。

>144
訂正します。
「pが奇素数のときは」です。

>134
x=4(√7-√3)、y=3(√7-√3)のパターンの（3）の解についてわかることは何もない。

よって>>132の証明は失敗です。

よく意味がわかりません。

(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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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は無理数となり、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となり、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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が有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

日高は妄想を垂れ流して褒められたいだけならキャバクラにでも行ってくれ

>>139
> >127
> (4')はx={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}なので
> 同じ解を表しません
>
> どういう意味でしょうか？

> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない
(3)の解 x={無理数},y={有理数}であるような解
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は
(4)の解 x={無理数}*a^{1/(p-1)},y={有理数}*a^{1/(p-1)}である解

(3')の解 x={無理数},y={無理数}であるような解
(3')の解のa^{1/(p-1)}倍は
(4')の解 x={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}である解

(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解になることはないし
(3')の解のa^{1/(p-1)}倍は(4)の解になることはない
>>138
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
> これで、十分です。
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない

>>141
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
> で、証明しています
これのどこで(3)の解が整数比にならないことが証明されているの？

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)を考える
これは日高の証明では扱われていない
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。

なぜ証明されていない解のa^{1/(p-1)}倍が証明されたことになるの？

>149
日高は妄想を垂れ流して褒められたいだけならキャバクラにでも行ってくれ

どの部分が妄想でしょうか？

>150
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない

すみませんが、もう一度(4')を、示して頂けないでしょうか。

>>142 日高
> >130
> > Ax^p+By^p=Cz^pは、係数が、掛かっています。
>
> 係数がかかっているとなぜ日高さんの証明が通用せず、かかっていないとなぜ通用するのですか？
>
> 係数がかかると、式の構造が、変わります。

よくわからないので具体的に教えていただけませんか。どんな構造がどう変わって、日高さんの証明が通用しなくなるのでしょうか？

>>153
> >150
> (3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない
>
> すみませんが、もう一度(4')を、示して頂けないでしょうか。

> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない
(3)の解 x={無理数},y={有理数}であるような解
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は
(4)の解 x={無理数}*a^{1/(p-1)},y={有理数}*a^{1/(p-1)}である解

(3')の解 x={無理数},y={無理数}であるような解
(3')の解のa^{1/(p-1)}倍は
(4')の解 x={無理数}*a^{1/(p-1)},y={無理数}*a^{1/(p-1)}である解

(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解になることはないし
(3')の解のa^{1/(p-1)}倍は(4)の解になることはない
>>138
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。
> これで、十分です。
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない

二項定理を使った証明は何で失敗したの？

>>144-145

「rが無理数の時x､y､zが整数比にならない」はインチキのウソなので証拠にならない、ということを、p=2の時に示しました。

pが素奇数の場合と、同じ考え方だからです。

(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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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が有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

反論をしばらく書かなくなる事が増えてきたね

>>158
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選べる
その中に(3)を満たすものがあるかもしれないので証明は間違っている
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)

この解が(3)を満たさないことを示すにはまず(3)の解が整数比にならないことより
先に(4)でrが有理数の場合に整数比にならないことを示さなければならないが
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
であるから間違っている

> 141日高2020/10/22(木) 08:15:30.25ID:HZ5ZgFT7
> >129
> x^p+y^p=(x+1)^pの解が整数比にならないことを証明しなければ
> (3)の解が整数比にならないことはいえない
> (4)の解は(整数比にならないことはいえない)(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので
> (4)の解が整数比とならないこともいえない
>
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
> で、証明しています。

>>141
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
> で、証明しています
これのどこで(3)の解が整数比にならないことが証明されているの？

x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)を考える
これは日高の証明では扱われていない
> (3)はrが無理数なので、yを有理数とすると、xは無理数となり、解は整数比とならない。

なぜ証明されていない解のa^{1/(p-1)}倍が証明されたことになるの？

>151
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)を考える
これは日高の証明では扱われていない

x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} が無理数で、整数比となるので、
x=s、y=t、z=uも有理数で、整数比となります。

>>161
だからあんたは整数比にならないことが分かっている解しか
扱っていないので証明は間違っている

日高様
貴方の証明は、世紀の難問だと思われていたフェルマーの最終定理を高校程度の知識で証明したという点で、数学の歴史上非常に価値あるものだと考えられます。
そこで日高様の数学との出会いやこの発見に至る過程などを記した本はとても興味深いものになるはずなので、自費出版などお考えではないでしょうか。

>>152 日高
> >149
> 日高は妄想を垂れ流して褒められたいだけならキャバクラにでも行ってくれ
>
> どの部分が妄想でしょうか？

それっぽっちの勉強でフェルマーの最終定理が証明できると思うのが妄想。

>>158

> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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が有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。

p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3となる、これは整数比ではない。
p=2のときでいうと、rが無理数、yが有理数、xが無理数の解は、絶対にxとyが整数比にならない。
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4(√7-√3),y=3(√7-√3)は、調べていない。

> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる

p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3に、共通の数√7+√3をかける。
p=2のときでいうと、r=4で、y=2(√7+√3)のとき、x=√21+3となる。これは整数比にならない。
p=2のときでいうと、rが無理数、yが有理数、xが無理数の解に共通の数をかけた数は、絶対にxとyが整数比にならない。
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4,y=3は、調べていない。
p=2のときでいうと、x=4,y=3が解になるかどうか調べていないので、証明は失敗です

>>163
本気にするからやめなさい

(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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、xは無理数となる。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
(3)はr=2なので、yが有理数のとき、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
(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。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
(3)はr=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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=2なので、yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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を有理数と仮定すると、xは無理数となる。よって、解は整数比とならない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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=2なので、yを有理数と仮定すると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>>168
> (3)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
>>172
> (3)はrが無理数なので
あんたがrが無理数のままで証明しようとしている時点で間違いなのが分かります
まずはrが有理数になるようにしましょう
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
整数比になるかもしれない解に対しては先にrが有理数の場合を証明する必要があるので間違い

p=2のとき
x^2+y^2=(x+2)^2の解で整数比になる可能性があるものとしてx=2s,y=2t,z=2(s+1) (s,tは有理数)を考える
x^2+y^2=(x+√3)^2の解で整数比になる可能性があるものとしてx=√3s,y=√3t,z=√3(s+1) (s,tは有理数)を考える
どちらの場合もs^2+t^2=(s+1)^2が成り立てば整数比の解を持つ
pが奇素数のとき
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)を考える
この場合もs^2+t^2=(s+1)^pが成り立てば整数比の解を持つ

フェルマーの最終定理の証明をしたかったら
p=2のときもpが奇素数のときもx^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べることになる
p=2のときは(p-1)次方程式は1次方程式 2x+(1-y^2)=0 だから
> (3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
ここで一応解いていることになっている
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない

(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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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、解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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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を有理数とすると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>154
> 係数がかかると、式の構造が、変わります。

よくわからないので具体的に教えていただけませんか。どんな構造がどう変わって、日高さんの証明が通用しなくなるのでしょうか？

Ax^p+By^p=Cz^pならば、x,y,zが有理数で、式が成り立ちます。

>155
(3)の解のa^{1/(p-1)}倍は(4')の解にならないから十分でない

(3')の解 x={無理数},y={無理数}は、整数比となりません。

>156
二項定理を使った証明は何で失敗したの？

失敗は、していません。

>>176
> (3')の解 x={無理数},y={無理数}は、整数比となりません。
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
x,yは無理数で整数比です

>160
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)を考える
これは日高の証明では扱われていない

(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、解は整数比とならない。
で、扱っています。

>162
だからあんたは整数比にならないことが分かっている解しか
扱っていないので証明は間違っている

(3)の解が、整数比とならないことは、自明では、ありません。

>>179
> (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。
rが無理数,yを有理数とした時点で無理ですよ

x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=u*p^{1/(p-1)} (s,t,uは有理数)
rが無理数,yは無理数ですよ
大丈夫ですか？

>163
自費出版などお考えではないでしょうか。

考えては、いません。

>>180
> >162
> だからあんたは整数比にならないことが分かっている解しか
> 扱っていないので証明は間違っている
>
> (3)の解が、整数比とならないことは、自明では、ありません

> (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。
これは自明ですよ
rが無理数のときにyを無理数にすることが可能であるにもかかわらず
yを有理数とした時点で整数比とならないことは自明です

自明でないのはrが無理数のときに
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
が(3)を満たすかどうかということです

>164
それっぽっちの勉強でフェルマーの最終定理が証明できると思うのが妄想。

これっぽっちの勉強では、証明できないでしょうか？

>165
p=2のときでいうと、x=4,y=3が解になるかどうか調べていないので、証明は失敗です

調べています。

(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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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、解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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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を有理数とすると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>173
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない

どうしてでしょうか？

>>185

> 調べています。

それはおかしいですね。
>>187で

> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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、解は整数比とならない。

p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3となる、
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4(√7-√3),y=3(√7-√3)は、調べていない。

> (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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる

p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3に、共通の数√7+√3をかける。
p=2のときでいうと、r=4で、y=2(√7+√3)のとき、x=√21+3となる。
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4,y=3は、調べていない。

いったいどこで調べているのですか？

>>188
> >173
> pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない
>
> どうしてでしょうか？

理由も>>173に書いてあるだろ
まずは以下を全てノートに写して全部読みなさい

173１３２人目の素数さん2020/10/24(土) 12:19:53.52ID:NiOgmILF
>>168
> (3)の解が、無理数で整数比となるならば、その解を共通の無理数で割ると整数比となる。
>>172
> (3)はrが無理数なので
あんたがrが無理数のままで証明しようとしている時点で間違いなのが分かります
まずはrが有理数になるようにしましょう
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解も整数比とならない。
整数比になるかもしれない解に対しては先にrが有理数の場合を証明する必要があるので間違い

p=2のとき
x^2+y^2=(x+2)^2の解で整数比になる可能性があるものとしてx=2s,y=2t,z=2(s+1) (s,tは有理数)を考える
x^2+y^2=(x+√3)^2の解で整数比になる可能性があるものとしてx=√3s,y=√3t,z=√3(s+1) (s,tは有理数)を考える
どちらの場合もs^2+t^2=(s+1)^2が成り立てば整数比の解を持つ
pが奇素数のとき
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解で整数比になる可能性があるものとして
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)を考える
この場合もs^2+t^2=(s+1)^pが成り立てば整数比の解を持つ

フェルマーの最終定理の証明をしたかったら
p=2のときもpが奇素数のときもx^p+y^p=(x+1)^pのyに有理数を代入して
xについての(p-1)次方程式(x+1)^p-x^p-y^p=0を解いて
xが有理数か無理数かを調べることになる
p=2のときは(p-1)次方程式は1次方程式 2x+(1-y^2)=0 だから
> (3)はr=2なので、yに有理数を代入すると、xは有理数となる。
ここで一応解いていることになっている
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない

>178
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
x,yは無理数で整数比です

s,tが解となるかは、不明です。

>181
> (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。
rが無理数,yを有理数とした時点で無理ですよ

どうしてでしょうか？

>>191
> s,tが解となるかは、不明です。
だからs,tが解となるかあるいは解とならないかを証明するのがフェルマーの最終定理の証明なんだよ

>183
自明でないのはrが無理数のときに
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)
が(3)を満たすかどうかということです

x=s、y=t、z=(s+1)は、(3)を満たしません。

>>192
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選ぶ
それがx^p+y^p=z^pを満たすかどうかが問題であって
フェルマー予想は満たさないという予想
それでまずは最初のステップとして
3つの無理数x,y,zを整数比となりz-x=p^{1/(p-1)}となるように選ぶ
あんたは最初のステップとしてrが無理数,yを有理数とするので
その時点でゲームオーバー

>>194
> x=s、y=t、z=(s+1)は、(3)を満たしません。
それはr=z-xがp^{1/(p-1)}でないから(4)の解でしょ
大丈夫ですか？

末期やな

(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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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、解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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解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=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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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を有理数とすると、xは有理数となる。よって、解は整数比となる。
(2)はa=1以外、r=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解も整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>189
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4,y=3は、調べていない。

いったいどこで調べているのですか？

(4)で調べています。

>>175 日高
> >154
> > 係数がかかると、式の構造が、変わります。
>
> よくわからないので具体的に教えていただけませんか。どんな構造がどう変わって、日高さんの証明が通用しなくなるのでしょうか？
>
> Ax^p+By^p=Cz^pならば、x,y,zが有理数で、式が成り立ちます。

もっと具体的に教えてください。たとえば

>>198 日高
> (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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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、解は整数比とならない。

にならうとx^3+7y^3=(x+√3)^2 に整数比となる解がないことが証明できると思います。
その証明はどこが間違いなのか具体的に指摘してください。

>>199

>　(4)で調べています。

本当ですか？

> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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、解は整数比とならない。

p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3となる、
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4(√7-√3),y=3(√7-√3)は、調べていない。

> (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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる

p=2のときでいうと、r=√7-√3で、y=2のとき、x=√3に、共通の数√7+√3をかける。
p=2のときでいうと、r=4で、y=2(√7+√3)のとき、x=√21+3となる。
p=2のときでいうと、この時点でxとyが整数比の解、たとえばx=4,y=3は、調べていない。

(4)の解x=4,y=3と同じ比の(3)の解は、たとえばx=4(√7-√3),y=3(√7-√3)です。
(3)x=4(√7-√3),y=3(√7-√3)は、調べていないので、同じ比の(4)の解x=4,y=3が調べてあるはずがありませんが。

日高さんは何故毎回同じ間違いを指摘されてるの？

(修正18)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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が無理数なので、整数比の解を持たない。
(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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も整数比の解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。

【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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、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、整数解を持つ。
(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)も整数解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

(修正19)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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が無理数なので、整数比の解を持たない。
(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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も整数比の解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。

【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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、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、有理数解を持つ。
(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。

(修正20)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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、整数比の解を持たない。
(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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も整数比の解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。

【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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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、有理数解を持つ。
(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。

証明は失敗です。

>190
pが奇素数のときは(p-1)次方程式を解いていないので証明できない

(p-1)次方程式を解かなくても、証明できます。

>193
> s,tが解となるかは、不明です。
だからs,tが解となるかあるいは解とならないかを証明するのがフェルマーの最終定理の証明なんだよ

s,tは、解となりません。

>>207 証明できるというのなら、証明して下さい。

>>208 解とならないというのなら、証明して下さい。

>>207
> (p-1)次方程式を解かなくても、証明できます。
>>208
> s,tは、解となりません。
なるほど
日高が証明しなくても他の人が証明するほうが確実ですよね
>>205
> (3)はr=p^{1/(p-1)}なので、整数比の解を持たない。
他の人が証明した結果を用いるのなら引用元を示さないとダメです


それとあんたはrが有理数か無理数かだけで決まるというわけだが
> rが有理数なので、有理数解を持つ
> rが無理数なので、整数比の解を持たない
> r=2なので、有理数解を持つ
> r=p^{1/(p-1)}なので、整数比の解を持たない
x^p+y^p=(x+2)^pがr=2なので有理数解を持つことと
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pがr=p^{1/(p-1)}なので整数比の解を持たないこと
は矛盾しているので証明は間違い

>>205

> (3)はr=p^{1/(p-1)}なので、整数比の解を持たない。

証拠がありません。

証拠がない文を含んでいるので、証明は失敗です。

ちなみにp=2でrが無理数の時、整数比の解をもちます。
rが無理数であるということは、整数比の解を持たないということの証拠になりません。

https://jp.quora.com/知人のH氏が-フェルマーの最終定理-の簡単な証明方法
> 知人のH氏が「フェルマーの最終定理」の簡単な証明方法が完成したと言い、
> 精査を依頼しています。私には問題ないと見えますが、
> 精査して戴けませんか？

>>205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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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、整数比の解を持たない。
> (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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も整数比の解を持たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。

はブログの人(rugger320)でも問題ありとみなすと思います
もう一度見てもらったらどうですか？

(修正21)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、整数比の解を持たない。
(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)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も整数比の解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。

【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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、有理数解を持つ。
(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。

>>208
> s,tが解となるかあるいは解とならないかを証明するのがフェルマーの最終定理の証明
だから
> >193
> > s,tが解となるかは、不明です。
と書き込むということは証明できていないということを
日高自身が白状しているわけだね

認めたくないから
> s,tは、解となりません。
と日高が自分で証明していないことを根拠も示さず付け加えたが

>>213
x^p+y^p=(x+1)^pはrが有理数
y=tを有理数としたときにx=sが有理数のときは式を満たす
この解をp^{1/(p-1)}倍したものはr=p^{1/(p-1)}だから(3)を満たす
このときの(3)のyはt*p^{1/(p-1)}であり無理数であるから証明は間違い

> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、整数比の解を持たない。

フェルマーの最終定理の証明とは無関係のコピペを繰り返すのではなくて
そろそろフェルマーの最終定理の証明を書いたらどうですか？

>195
あんたは最初のステップとしてrが無理数,yを有理数とするので
その時点でゲームオーバー

どうしてでしょうか？

>196
> x=s、y=t、z=(s+1)は、(3)を満たしません。
それはr=z-xがp^{1/(p-1)}でないから(4)の解でしょ
大丈夫ですか？

間違いでした。 x=s、y=t、z=(s+1)は、(4)の解となりません。

>>216
> >195
> あんたは最初のステップとしてrが無理数,yを有理数とするので
> その時点でゲームオーバー
>
> どうしてでしょうか？

>>190でも同じようなやりとりがあって
> > どうしてでしょうか？
>
> 理由も>>173に書いてあるだろ
> まずは以下を全てノートに写して全部読みなさい

>>195もノートに写してあるでしょうからまずはノートを読み返してください

>>217
> 間違いでした。 x=s、y=t、z=(s+1)は、(4)の解となりません。
s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しないという
内容の事柄はあんたの証明には一切登場しません
s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
ことの証明を書いてください

>>213 日高
> (修正21)
> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、整数比の解を持たない。

最後の一文はフェルマーの最終定理と（ほぼ）同値です。よく言い切れるねえ。

日高さんの言いたいことが解った。

フェルマーの最終定理の簡単な証明をします→フェルマーの最終定理は既に他人様が正しい事を証明しています→すなわちわフェルマーの最終定理は正しいです→ね、簡単でしょ？

こういう事だ。

(修正22)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(3)が無理数で、整数比の解を持つならば、(4)は有理数で、整数比の解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)も、整数比の解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。

【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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、整数比の解を持つ。
(3)が有理数で、整数比の解を持つならば、(4)は無理数で、整数比の解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)も、整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

222レスで(修正22)ってすごいよな。
全然まとまってないじゃん。

>197
末期やな

どうしてでしょうか？

>200
にならうとx^3+7y^3=(x+√3)^2 に整数比となる解がないことが証明できると思います。
その証明はどこが間違いなのか具体的に指摘してください。

係数の７があるので、無い場合と全く違う結果となります。

(修正23)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解が無理数で、整数比となる場合は、(4)の解は有理数で、整数比となる。
しかし、(3)が整数比の解を持たないので、(4)も整数比の解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。

【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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、aが無理数のとき、(4)は無理数で、整数比の解を持つ。
(3)が有理数で、整数比の解を持つので、aが有理数のとき(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。

(修正24)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(3)の解が無理数で、整数比となるならば、
(4)の解は有理数で、整数比となる。
しかし、(3)が整数比の解を持たないので、(4)は整数比の解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。

【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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、aが無理数のとき、(4)は無理数で、整数比の解を持つ。
(3)が有理数で、整数比の解を持つので、aが有理数のとき(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。

(修正25)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、a^{1/(p-1)}が無理数のとき、
(3)の解が無理数で、整数比となるならば、(4)の解は有理数で、整数比となる。
しかし、(3)の解は有理数で、整数比とならないので、(4)は整数比の解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。

【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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、aが無理数のとき、(4)は無理数で、整数比の解を持つ。
(3)が有理数で、整数比の解を持つので、aが有理数のとき(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。

>>224

・ここのところ>>1のレスポンスが悪い。一日待たされることもザラにある。
・>>1が返信しても「よく分かりません」「どうしてでしょうか」が多く、発展的・建設的な議論ができない。
・【証明】を更新してばかりで、自分の殻に閉じこもっている。

こんなところかな。なお、「どの部分が該当するのでしょうか」の質問には面倒だから答えない。
自分で探してください。

>>225 日高
> >200
> にならうとx^3+7y^3=(x+√3)^2 に整数比となる解がないことが証明できると思います。
> その証明はどこが間違いなのか具体的に指摘してください。
>
> 係数の７があるので、無い場合と全く違う結果となります。

全く違う結果になる「可能性」があることはわかりますが、本当に違うんですか？
x^3+y^3=(x+√3)^2には自然数比となる解がないと言い切れますか？
x^3+8y^3=(x+√3)^2だとどうですか？

>201
(4)の解x=4,y=3と同じ比の(3)の解は、たとえばx=4(√7-√3),y=3(√7-√3)です。
(3)x=4(√7-√3),y=3(√7-√3)は、調べていないので、同じ比の(4)の解x=4,y=3が調べてあるはずがありませんが。

意味がよくわかりません。

>>230はまちがって「^2」と書いているので書き直します。

>>225 日高
> >200
> にならうとx^3+7y^3=(x+√3)^3に整数比となる解がないことが証明できると思います。
> その証明はどこが間違いなのか具体的に指摘してください。
>
> 係数の７があるので、無い場合と全く違う結果となります。

全く違う結果になる「可能性」があることはわかりますが、本当に違うんですか？
x^3+y^3=(x+√3)^3には自然数比となる解がないと言い切れますか？
x^3+8y^3=(x+√3)^3だとどうですか？

>>228

証明以前に、日本語としておかしいです。

> (3)の解が無理数で、整数比となるならば、(4)の解は有理数で、整数比となる。
> しかし、(3)の解は有理数で、整数比とならないので、(4)は整数比の解を持たない。

2行目にいきなり(3)の有理数で整数比の解の話が出てきています。ここがインチキでウソです。

p=2で、r=√3で無理数のとき、x=4√3、y=3√3はx^p+y^p=(x+√3)^pの解で、無理数で整数比です。
しかし、x^p+y^p=(x+√3)^pの解は有理数で整数比となりません。x^p+y^p=(x+1)^pは整数比の解を持ちます。

p=2の時に当てはめれば、インチキのウソであることがよくわかります。

>202
日高さんは何故毎回同じ間違いを指摘されてるの？

間違いではない、部分についての指摘だからです。

＞日高さんは何故毎回同じ間違いを指摘されてるの？

数学能力を根本的に欠いているので
間違いを直すどころか理解すらできない

(修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>>236

> (1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。

(1)のｒはr^(p-1)=pでないものも含まれるので、(1)は(3)ではない。

p=2の時で考えれば、x=5,y=12,r=8は(1)を満たすが(3)を満たさない。

(3)でx=5,y=12が解でないからといって、x=5、y=12が(1)の解でないとは言えない。

調べたのは(3)で、(1)に無理数で整数比の解がないことは調べていないので、証明は間違いです。

>>234

証明というのは、定理のところに書いてある文が正しいかどうか、というものではありません。

証明とは、証拠そのものです。

あなたが正しいと勝手に思っていることに、証拠がない、という指摘は、証明全体が間違いである、と言っているのと同じです。

あなたは、(3)の解が無理数で整数比である場合の証拠を、実際に調べる気がないので、絶対に証明は正しくなりません。

ある大工さんが家を建ててるけど、土台がガタガタ、柱もズレまくり。
通りがかりの建築士さん達が「土台をしっかり作らなきゃ」「柱の位置を変えなきゃ」と助言してあげても、その大工さんはムスッとして礼も言わず、「庭の草むしりしたぞ！どうだ！？」「壁紙のデザイン変えたぞ！どうた！？」と無意味な修正を繰り返してる。

日高さんを大工に例えると、こんな感じ。

>206
証明は失敗です。

どうしてでしょうか？

>209
>>208 解とならないというのなら、証明して下さい。

236を、見てください。

>210
> r=p^{1/(p-1)}なので、整数比の解を持たない
x^p+y^p=(x+2)^pがr=2なので有理数解を持つことと
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pがr=p^{1/(p-1)}なので整数比の解を持たないこと
は矛盾しているので証明は間違い

よく、意味がわかりません。

>211
ちなみにp=2でrが無理数の時、整数比の解をもちます。
rが無理数であるということは、整数比の解を持たないということの証拠になりません。

236を見てください。

>212
はブログの人(rugger320)でも問題ありとみなすと思います
もう一度見てもらったらどうですか？

同じ、内容です。

>214
フェルマーの最終定理の証明とは無関係のコピペを繰り返すのではなくて
そろそろフェルマーの最終定理の証明を書いたらどうですか？

236を見てください。

(修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>219
s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
ことの証明を書いてください

246を見てください。1=(ap)^{1/(p-1)}となります。

>220
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、整数比の解を持たない。

最後の一文はフェルマーの最終定理と（ほぼ）同値です。よく言い切れるねえ。

246を見てください。

>221
フェルマーの最終定理の簡単な証明をします→フェルマーの最終定理は既に他人様が正しい事を証明しています→すなわちわフェルマーの最終定理は正しいです→ね、簡単でしょ？

こういう事だ。

246を見てください。

>223
222レスで(修正22)ってすごいよな。
全然まとまってないじゃん。

246を見てください。

>229
・>>1が返信しても「よく分かりません」「どうしてでしょうか」が多く、発展的・建設的な議論ができない。
・【証明】を更新してばかりで、自分の殻に閉じこもっている。

246を見てください。

>230
全く違う結果になる「可能性」があることはわかりますが、本当に違うんですか？
x^3+y^3=(x+√3)^2には自然数比となる解がないと言い切れますか？
x^3+8y^3=(x+√3)^2だとどうですか？

式が、違います。

>233
p=2の時に当てはめれば、インチキのウソであることがよくわかります。

246を見てください。

>235
数学能力を根本的に欠いているので
間違いを直すどころか理解すらできない

246を見てください。

>237
(3)でx=5,y=12が解でないからといって、x=5、y=12が(1)の解でないとは言えない。

調べたのは(3)で、(1)に無理数で整数比の解がないことは調べていないので、証明は間違いです。

246を見てください。

(修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>238
あなたは、(3)の解が無理数で整数比である場合の証拠を、実際に調べる気がないので、絶対に証明は正しくなりません。

256を見てください。

>239
日高さんを大工に例えると、こんな感じ。

256を見てください。

>>247
> 246を見てください。1=(ap)^{1/(p-1)}となります。
よく計算できましたね
ただしs^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
ことの証明にはなっていません
s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
ことの証明を書いてください

>>257

256を見ました。何も変わっていません。

あなたは、(3)の解が無理数で整数比である場合の証拠を、実際に調べる気がないので、絶対に証明は正しくなりません。

>>255

256を見ました。何も変わっていません。

p=2のとき、(3)でx=5,y=12が解でないからといって、x=5、y=12が(1)の解でないとは言えない。

調べたのは(3)で、(1)に無理数で整数比の解がないことは調べていないので、証明は間違いです。

>259
s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
ことの証明を書いてください

(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
が、証明です。

>260
あなたは、(3)の解が無理数で整数比である場合の証拠を、実際に調べる気がないので、絶対に証明は正しくなりません。

(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
で、調べています。

>261
調べたのは(3)で、(1)に無理数で整数比の解がないことは調べていないので、証明は間違いです。

(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
で、調べています。

>>263

>　(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。

(3)の解が、yが有理数で整数比にならないからといって、(1)の解がyが有理数で整数比にならないとは言えません。

p=2のとき、r=8,x=5,y=12は(3)の解ではありませんが、r=8,x=5,y=12は(1)の解であることが、その証拠です。

(3)の解でないことは、(1)の解でない証拠になりません。

(修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>>262
> >259
> s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
> ことの証明を書いてください
>
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> が、証明です。
それでは
(3)の解x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合の
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書いてください

>265
p=2のとき、r=8,x=5,y=12は(3)の解ではありませんが、r=8,x=5,y=12は(1)の解であることが、その証拠です。

(3)の解でないことは、(1)の解でない証拠になりません。

よく、意味が読み取れません。

>>252 日高
> >230
> 全く違う結果になる「可能性」があることはわかりますが、本当に違うんですか？
> x^3+y^3=(x+√3)^2には自然数比となる解がないと言い切れますか？
> x^3+8y^3=(x+√3)^2だとどうですか？
>
> 式が、違います。

うん、確かに式を間違えました。
x^3+y^3=(x+√3)^3,
x^3+8y^3=(x+√3)^3
だとどうですか？

>>263

(3)の解が無理数で整数比である場合の証拠を、実際に調べた結果が

> (1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。

ということならつまり、pが奇素数の時x^p+y^p=(x+r)^p…(1)を満たす整数比の解が存在する、ということですね。

>>266 日高
> (修正26)
> 【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
> (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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。

「(3)は整数比の解を持たない」は定理と同値な命題であるという認識がありますか？

＞この「証明」を書いた人は、「 x 、 y 、 z が有理数なら、 X 、 Y は有理数になる」と勘違いしているように思えます。

だってさ

>267
(3)の解x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合の
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書いてください

(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(ap)^{1/(p-1)}=1となります。

>269
x^3+8y^3=(x+√3)^3
だとどうですか？

わかりません。

>270
ということならつまり、pが奇素数の時x^p+y^p=(x+r)^p…(1)を満たす整数比の解が存在する、ということですね。

違います。整数比の解は、存在しません。

(修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>271
「(3)は整数比の解を持たない」は定理と同値な命題であるという認識がありますか？

ありません。

>272
＞この「証明」を書いた人は、「 x 、 y 、 z が有理数なら、 X 、 Y は有理数になる」と勘違いしているように思えます。

だってさ

どういう意味でしょうか？

>>274 日高
> >269
> x^3+8y^3=(x+√3)^3
> だとどうですか？
>
> わかりません。

では、どうして、x^3+y^3=(x+√3)^3に自然数比をなす解がないとわかるのですか？

>>275

どうしてですか？実際に調べた結果が

>　yが有理数で、解が整数比となる。

なら、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)を満たす整数比の解が存在する、という意味以外ないでしょう

>>277 日高
> >271
> 「(3)は整数比の解を持たない」は定理と同値な命題であるという認識がありますか？
>
> ありません。

「同値な命題」の意味はわかりますか？

>>273
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
> (ap)^{1/(p-1)}=1となります。
そもそもy=t*p^{1/(p-1)}は無理数だから(3)でyを有理数にすることは全くの無意味です
左辺は
s^p+t^pは{有理数}^p+{有理数}^pで有理数
(3)の左辺に対応する(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^pは{無理数}^p+{無理数}^pで無理数
右辺は
(s+1)^pは({有理数}+{有理数})^pで有理数
(3)の右辺に対応する(s*p^{1/(p-1)}+p^{1/(p-1)})^pは({無理数}+{無理数})^pで無理数

s^p+t^p=(s+1)^p (s,tは有理数)の左辺と右辺が一致しない
ことの証明を書いてください
あるいはこれらの解をp^{1/(p-1)}倍してr=p^{1/(p-1)}にした
(3)の解x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合の
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書いてください

>>239
実際には日高は草むしりさえもできていないんだよな

>279
では、どうして、x^3+y^3=(x+√3)^3に自然数比をなす解がないとわかるのですか？

276を見てください。

>280
>　yが有理数で、解が整数比となる。

なら、x^p+y^p=(x+r)^p…(1)を満たす整数比の解が存在する、という意味以外ないでしょう

同時に、yが無理数で、解が整数比になるものも、存在します。

(修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>281
「同値な命題」の意味はわかりますか？

大体わかります。が、
「同値な命題」とは、
どの命題と、どの命題のことでしょうか？

>282
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書いてください

286を見てください。
(ap)^{1/(p-1)}=1となります。

>283
実際には日高は草むしりさえもできていないんだよな

どういう意味でしょうか？

考えるべき対象は段階をふんでいったほうがいい
日高さんはたぶん自分の持っている道具だけでFLTを証明できるとおもっているかもしれないが
とりあえず初等数論程度でもいいので学習するのをすすめる
学習していくにつれて視野を広く持てるようになる
そしたら自分の過ちに気づくとおもうし
そもそもFLT以外の対象に価値を見出すようになるとおもいます

>290
そしたら自分の過ちに気づくとおもうし

間違いを指摘して頂けないでしょうか。

昔、工学部の有名な教授が言ってたけど、理工系の学問を志すなら、先ずは国語を次に英語を勉強して、最後に専門分野を勉強しなさいと言っていた事を思い出した。
言葉が分からないと、間違いを指摘されても何を間違えているのかも分からないし、自分の考えも伝えられないもんな。

>292
言葉が分からないと、間違いを指摘されても何を間違えているのかも分からないし、自分の考えも伝えられないもんな。

間違いを指摘して頂けないでしょうか。

日高理論では、式が違うときは同じ結果にならない可能性がある。
p=3とp=5では式が違うので、証明は同じではない。
同じように証明できると思い込んでいるのが間違い。

>294
p=3とp=5では式が違うので、証明は同じではない。

同じです。

(修正26)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(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^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)をr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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yを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3)は整数比の解を持つ。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>>296
>(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。

ここが間違ってます。正しくは
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は「yが有理数のとき」整数比の解を持たない。
であって，「yが無理数のとき」整数比の解をもつかどうかは不明です……(*)
この段階で「yが無理数のとき」でも整数比の解はもたない，ということについての証明はなにも為されていません。
それとも，もう，この段階で証明されたと考えておられるのですか？

>(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。

ここの部分は日本語として意味不明です。
>(1)のyが無理数で、解(x,y,z)が整数比となるならば、(1)にはy'が有理数で、整数比となる解(x',y',z')が存在することになる。
の意味だとすると，その通りです，まったく疑問はありません，としか言いようがありません。

>(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
定数のとりかたに疑問はありますが，(3)の解(x,y,z)を定数倍(>0)しても，(3)を満たしますという意味なら，これもその通りです，としか言いようがありません。

しかし，そこから

>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。

は導けません。
(3)では「ｙが無理数のとき」の議論をしていません。(*)の状態です，つまり，整数比となる解は存在するかも知れないのですから。
「ｙが無理数のとき」(3)の解のa^{1/(p-1)}倍が，整数比となる有理数解，または無理数解となる可能性を否定できていません。

よって【証明】は誤りです。

>297
この段階で「yが無理数のとき」でも整数比の解はもたない，ということについての証明はなにも為されていません。
それとも，もう，この段階で証明されたと考えておられるのですか？

修正します。
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
(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。

(修正27)
【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r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
(3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3),(4),(1)は整数比の解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持たない。

【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r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)と変形する。
(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。
(1)のyが有理数で、解が整数比となるならば、yが無理数で、解が整数比となる。
(3)はyを有理数とすると、xは有理数となる。よって、(3),(4),(1)は整数比の解を持つ。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは自然数解を持つ。

>>298
> (1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。

> (1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、yが有理数で、解が整数比となる。
これは(1)のyが無理数で解が整数比のときはrが無理数
(1)のyが有理数で解が整数比のときはrが有理数でなければならないので

(3)のr=p^{1/(p-1)}が無理数であれば整数比になるのはyが無理数のとき
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
これで整数比の解を持たないと結論づけることはできない

>>288
> >282
> (s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
> の左辺と右辺が一致しないことの証明を書いてください
>
> 286を見てください。
> (ap)^{1/(p-1)}=1となります。
それだったら
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致してもいいわけだよね
(ap)^{1/(p-1)}=1ならs^p+t^p=(s+1)^pが成り立ってこちらも
左辺と右辺が一致するということなんだから一致しないことの証明ではない
(ap)^{1/(p-1)}=1となることと左辺と右辺が一致する(しない)ことは無関係

[問]
x^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2において
x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合に
(s*p^{1/(p-1)})^2+(t*p^{1/(p-1)})^2=((s+1)*p^{1/(p-1)})^2の左辺と右辺は
一致するかしないか?
[解答]
tを有理数としてy=t*p^{1/(p-1)}をx^2+y^2=(x+p^{1/(p-1)})^2に代入すると
(t*p^{1/(p-1)})^2=(x+p^{1/(p-1)})^2-x^2=2*p^{1/(p-1)}*x+(p^{1/(p-1)})^2
t^2*p^{1/(p-1)}=2x+p^{1/(p-1)}
2x=p^{1/(p-1)}(t^2-1)
x=p^{1/(p-1)}*(1/2)*(t^2-1)
s=(1/2)*(t^2-1)とすればsは有理数でx=s*p^{1/(p-1)}
z=x+p^{1/(p-1)}=s*p^{1/(p-1)}+p^{1/(p-1)}=(s+1)*p^{1/(p-1)}
であるから左辺と右辺は一致する

[問]
(3)の解x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合の
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致するかしないか?
[解答]
tを有理数としてy=t*p^{1/(p-1)}をx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pに代入すると
...
...
という形になってyに代入するものはp=2のときと同じ形になるはずだ

(3)の解x=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)},z=(s+1)*p^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合の
(s*p^{1/(p-1)})^p+(t*p^{1/(p-1)})^p=((s+1)*p^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書け

>>288
(4)の解x=s*(ap)^{1/(p-1)},y=t*(ap)^{1/(p-1)},z=(s+1)*(ap)^{1/(p-1)} (s,tは有理数)の場合の
(s*(ap)^{1/(p-1)})^p+(t*(ap)^{1/(p-1)})^p=((s+1)*(ap)^{1/(p-1)})^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書け

> (ap)^{1/(p-1)}=1となります。
だったら
[問]
x^2+y^2=(x+1)^2においてx=s,y=t,z=s+1 (s,tは有理数)の場合に
s^2+t^2=(s+1)^2の左辺と右辺は一致するかしないか?
[解答]
tを有理数としてy=tをx^2+y^2=(x+1)^2に代入すると
t^2=(x+1)^2-x^2=2x+1
2x=t^2-1
x=(1/2)*(t^2-1)
s=(1/2)*(t^2-1)とすればsは有理数でx=s
z=x+1=s+1であるから左辺と右辺は一致する

[問]
(4)の解x=s,y=t,z=s+1 (s,tは有理数)の場合の
s^p+t^p=(s+1)^pの左辺と右辺は一致するかしないか?
[解答]
tを有理数としてy=tをx^p+y^p=(x+1)^pに代入すると
...
...
という形になってyに代入するものはp=2のときと同じ形になるはずだ

(4)の解x=s,y=t,z=s+1 (s,tは有理数)の場合のs^p+t^p=(s+1)^p
の左辺と右辺が一致しないことの証明を書け

>>295
> >294
> p=3とp=5では式が違うので、証明は同じではない。
>
> 同じです。
x^3+y^3=z^3とx^5+y^5=z^5が区別できないのですか。
3と5の区別が出来ないというのは、小学生の算数も理解できていないということですね。
小学生からやり直せ。

>300
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3)は整数比の解を持たない。
これで整数比の解を持たないと結論づけることはできない

(1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、
この場合のrは無理数です。

>301
(ap)^{1/(p-1)}=1ならs^p+t^p=(s+1)^pが成り立ってこちらも
左辺と右辺が一致するということなんだから一致しないことの証明ではない

(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。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となる。
よって、x,yは整数比となりません。
x,yを有理数とすると、左辺と右辺は一致しません。

重要

ビットコイン強気相場の到来
まだ間に合う、0.01BTCでもいいから持っておこう 実需を伴う上げ相場が来た

これまでは個人投資家がビットコインを買っていた。これからは機関投資家がビットコインを買っていく

米決済大手のPayPalがアプリ内で暗号資産（仮想通貨）の売買を開始する予定だ。Paypal公式が発表した。
具体的に取り扱う銘柄はビットコイン、イーサリアム、ライトコイン、ビットコインキャッシュの4銘柄。また、店舗側は仮想通貨でなく、PayPalを介して換金された法定通貨を受け付ける仕組み。

Twitterのジャック・ドーシーCEOが率いるオンライン決済のスクエア（Square）は、4709ビットコイン（BTC）を購入したと発表した。同社の総資産の1%、5000万ドル（約53億円）に相当する。

ナスダックに上場しているマイクロストラテジー（MicroStrategy）は、少なくとも100年にわたりビットコインを保有するという。同社創業者兼CEOのマイケル・セイラー氏が15日、CoinDeskのインタビューで語った。
このインタビューの直前、セイラー氏はツイッターで、ビットコインへの投資を強化し、さらに1億7500万ドル（約184億円）を追加購入すると述べている。同社のビットコイン購入額は、これで4億2500万ドル（約447億円）となった。
「これは投機でもなければ、リスクヘッジでもない。ビットコインを標準として採用するという、熟考を重ねた企業戦略だ」

Bitcoinの四年周期の規則性　BTCは半減期を起点としたパターンが存在する　
ビットコインの過去の価格変動の動きには「一定の規則性」があり、
・強気相場　・下落相場　・蓄積期間　・伸長期間　・再蓄積期間という合計5段階に分けた動きで市場が繰り返されている

次の「強気相場」ではおよそ140,000ドル（約1,500万円）近くまで価格が上昇する見通しです

ビットコイン急伸　年初来高値更新で「過去最高値」も視野

0.001BTC(現在1300円)は今世紀後半の労働者の生涯年収に相当

>>305
> x,yを有理数とすると、左辺と右辺は一致しません。
(3)のときはx=s*p^{1/(p-1)},y=t*p^{1/(p-1)}なんだからx,yは無理数だろ

>>304
> (1)のyが無理数で、解が整数比となるならば、
> この場合のrは無理数です。
だから
> (3)はyを有理数とすると、xは無理数となる。よって、(3),(4),(1)は整数比の解を持たない。
この(3)のrは無理数だからyを有理数としたらダメだろ

>>274 日高
> >269
> x^3+8y^3=(x+√3)^3
> だとどうですか？
>
> わかりません。

じゃあx^3+y^3=(x+√3)^3も怪しいものだね。