初等数学によるフェルマーの最終定理の証明６

nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
x^n+y^n=z^nをy^n=(x+m)^n-x^n…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^n=(t+1)^n-t^nのtを分数とすると、右辺は分数となるので、tは、無理数となる。
(1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは無理数。
u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)kとしたとき、(2)はy^n=L^n-M^nとなるが、
L^n-{(t+1)^n}k=M^n-(t^n)kなので、L^n-M^n={(t+1)^n}k-(t^n)kとなる。
L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、L,Mは無理数となる。よって、xも無理数。
∴nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。

>>321
kの値はどう決めるんでしたっけ。

k=(y/2)^2です。

n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。
x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^2=(t+1)^2-t^2のtは、有理数となる。
(1)は(2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^2,uは有理数。
{(t+1)^2}k+u=(x+m)^2,(t^2)k+u=x^2となるので、xは有理数となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。

nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
x^n+y^n=z^nをy^n=(x+m)^n-x^n…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^n=(t+1)^n-t^nのtを分数とすると、右辺は分数となるので、tは、無理数となる。
(1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは実数。
u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)kとしたとき、(2)はy^n=L^n-M^nとなるが、
L^n-{(t+1)^n}k=M^n-(t^n)kなので、L^n-M^n={(t+1)^n}k-(t^n)kとなる。
L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、L,Mは無理数となる。よって、xも無理数。
∴nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。

mの値はどう決めるんでしたっけ。

>>325
mの値はどう決めるんでしたっけ。

mは有理数です。

どんな有理数でもよいのですか？

>>327
どんな有理数でもよいのですか？

はい。

>>323に沿って見てゆきます。

> n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。
> x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
> 2^2=(t+1)^2-t^2のtは、有理数となる。
> (1)は(2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^2,uは有理数。
> {(t+1)^2}k+u=(x+m)^2,(t^2)k+u=x^2となるので、xは有理数となる。

「となるので」ではなく、{(t+1)^2}k+uが有理数の二乗、(t^2)k+uも有理数の二乗、となるuをとる、ですか？

t=3/2です。m=1,y=2とするとk=1。
{(t+1)^2}k+u=(5/2)^2+u=(x+m)^2ですからu=36ととれば(25/4)+36=169/4で有理数の二乗。
このとき(3/2)^2+36=9/4+36=153/4でこちらは有理数の二乗ではありません。
このuの選び方は失敗ということですか。

uの選び方を示さないと、uが無限個とれると言えないのでは。

>>301
> >>298
> それを踏まえて(t+1)^n-t^n=z^n-x^nより(t+1)^n=z^n,t^n=x^nとするとz=t+1,x=tとなる
> ことの意味を書いてくれ
>
> そのままの意味です。

答えになっていない
質問は
----
> L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、L,Mは無理数となる。よって、xも無理数。
2^n=(t+1)^n-t^nの解の個数と2^n=z^n-x^nの解の個数をそれぞれ書いて
それを踏まえて(t+1)^n-t^n=z^n-x^nより(t+1)^n=z^n,t^n=x^nとするとz=t+1,x=tとなる
ことの意味を書いてくれ
----

2^n=(t+1)^n-t^nの解の個数と2^n=z^n-x^nの解の個数が「そのままの意味です。 」とはどういうこと？

n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。
x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^n=(t+1)^2-t^2のtは有理数となる。
(1)は(2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^2,uは有理数。
u=L^2-{(t+1)^2}k,u=M^2-(t^2)kとしたとき、(2)はy^2=L^2-M^2となる。
L^2-{(t+1)^2}k=M^2-(t^2)kなので、L^2-M^2={(t+1)^2}k-(t^2)kとなる。
L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kとすると、L,Mは有理数となる。よって、xは有理数。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。

nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
x^n+y^n=z^nをy^n=(x+m)^n-x^n…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^n=(t+1)^n-t^nのtを分数とすると、右辺は分数となるので、tは、無理数となる。
(1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは実数。
u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)kとしたとき、(2)はy^n=L^n-M^nとなる。
L^n-{(t+1)^n}k=M^n-(t^n)kなので、L^n-M^n={(t+1)^n}k-(t^n)kとなる。
L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、L,Mは無理数となる。よって、xは無理数。
∴nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。

>>329
uの選び方を示さないと、uが無限個とれると言えないのでは。

この場合、k=1なので、u=0です。
>>331を見てください。

>>330
2^n=(t+1)^n-t^nの解の個数と2^n=z^n-x^nの解の個数をそれぞれ書いて
それを踏まえて(t+1)^n-t^n=z^n-x^nより(t+1)^n=z^n,t^n=x^nとするとz=t+1,x=tとなる
ことの意味を書いてくれ

2^n=(t+1)^n-t^nの解の個数は1です。
2^n=z^n-x^nの解の個数は無限です。

z=t+1,x=tとなることの意味は、
t=xのとき、z=x+1です。

>>334
> >>330
> 2^n=(t+1)^n-t^nの解の個数と2^n=z^n-x^nの解の個数をそれぞれ書いて
> それを踏まえて(t+1)^n-t^n=z^n-x^nより(t+1)^n=z^n,t^n=x^nとするとz=t+1,x=tとなる
> ことの意味を書いてくれ
>
> 2^n=(t+1)^n-t^nの解の個数は1です。
> 2^n=z^n-x^nの解の個数は無限です。
>
> z=t+1,x=tとなることの意味は、
> t=xのとき、z=x+1です。

> 2^n=(t+1)^n-t^nの解の個数は1です。
> 2^n=z^n-x^nの解の個数は無限です。
個数が合わないからフェルマーの最終定理の証明はできないのでは？
> z=t+1,x=tとなることの意味は、
> t=xのとき、z=x+1です。
これは2^n=z^n-x^nの解の個数は1だという意味になるでしょう？

>>335
> 2^n=(t+1)^n-t^nの解の個数は1です。
> 2^n=z^n-x^nの解の個数は無限です。
個数が合わないからフェルマーの最終定理の証明はできないのでは？

なので、
(1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは実数。
としています。

>>335
> z=t+1,x=tとなることの意味は、
> t=xのとき、z=x+1です。
これは2^n=z^n-x^nの解の個数は1だという意味になるでしょう？

z=t+1,x=tのとき、解の個数は１です。(正確にはn=3の場合2個です。）
z=x+mなので、2^n=z^n-x^nの解の個数は無限にあります。

>>336
> >>335
> > 2^n=(t+1)^n-t^nの解の個数は1です。
> > 2^n=z^n-x^nの解の個数は無限です。
> 個数が合わないからフェルマーの最終定理の証明はできないのでは？
>
> なので、
> (1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは実数。
> としています。

> L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、
この場合はuがないので個数が合わないからフェルマーの最終定理の証明はできないのでは？
ということです

>>338
> L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、
この場合はuがないので個数が合わないからフェルマーの最終定理の証明はできないのでは？
ということです

u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)kとしたとき、ですので、当然uは消えます。

>>337
> >>335
> > z=t+1,x=tとなることの意味は、
> > t=xのとき、z=x+1です。
> これは2^n=z^n-x^nの解の個数は1だという意味になるでしょう？
>
> z=t+1,x=tのとき、解の個数は１です。(正確にはn=3の場合2個です。）
> z=x+mなので、2^n=z^n-x^nの解の個数は無限にあります。

たとえば2^n=(t+1)^n-t^n=(T+2)^n-T^nの場合
(t+1)^n≠(T+2)^n, t^n≠T^nであることが簡単に確認できるように
> L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、
の場合は
> z=t+1,x=tのとき、解の個数は１です。(正確にはn=3の場合2個です。）
であって
> z=x+mなので、2^n=z^n-x^nの解の個数は無限にあります。
の場合ではないのでフェルマーの最終定理の証明はできないのでは？
ということです

>>339
> >>338
> > L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、
> この場合はuがないので個数が合わないからフェルマーの最終定理の証明はできないのでは？
> ということです
>
> u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)kとしたとき、ですので、当然uは消えます。

> (2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる
はu-u=0だからuは消えるが
> u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)k
の式からはuは消えない

L^n={(t+1)^n}k+u,M^n=(t^n)k+uのuは(2)からuを消しても消えないですよ

>>340
> z=x+mなので、2^n=z^n-x^nの解の個数は無限にあります。
の場合ではないのでフェルマーの最終定理の証明はできないのでは？
ということです

なので、
(1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは実数。
としています。

>>331
> L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kとすると、L,Mは有理数となる。よって、xは有理数。

これだとL^2/M^2=((t+1)^2)/(t^2)だからL/M=(t+1)/t=5/3で、無限個の解が得られるといってもどれもx:y:z=3:4:5です。
こんなこと示して、楽しいですか？

>>342
> >>340
> > z=x+mなので、2^n=z^n-x^nの解の個数は無限にあります。
> の場合ではないのでフェルマーの最終定理の証明はできないのでは？
> ということです
>
> なので、
> (1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは実数。
> としています。

> > L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、
> この場合はuがないので個数が合わないからフェルマーの最終定理の証明はできないのでは？
> ということです
>
> u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)kとしたとき、ですので、当然uは消えます。

> (2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる
はu-u=0だからuは消えるが
> u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)k
の式からはuは消えない

L^n={(t+1)^n}k+u,M^n=(t^n)k+uのuは(2)からuを消しても消えないですよ

>>341
> (2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる
はu-u=0だからuは消えるが

実際は、uは消えない式となります。

> u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)k
の式からはuは消えない

(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)に、
u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)k
を、代入すると、y^n=L^n-M^nとなり、
uが消えます。

>>345日高
代入する式とされる式との区別がついていないようだ。

>>345
> >>341
> > (2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる
> はu-u=0だからuは消えるが
>
> 実際は、uは消えない式となります。
>
> > u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)k
> の式からはuは消えない
>
> (2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)に、
> u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)k
> を、代入すると、y^n=L^n-M^nとなり、
> uが消えます。

> を、代入すると、y^n=L^n-M^nとなり、
> uが消えます。
これはyの値を求める場合はuがいらないということを意味するだけ
x,zの値(L,Mの値)を求めるのにはuが必要 [z^n={(t+1)^n}k+u,x^n=(t^n)k+u]
uを消せば解のyの値は変わらないがx,zの値は変わるのでフェルマーの最終定理の証明になっていない

>>343
これだとL^2/M^2=((t+1)^2)/(t^2)だからL/M=(t+1)/t=5/3で、無限個の解が得られるといってもどれもx:y:z=3:4:5です。
こんなこと示して、楽しいですか？

無限個の解が得られるのは、
(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)の場合です。
L/M=(t+1)/t=5/3はそのうちの一つです。

たとえば、(2^n)k=8^2の場合、k=4^2です。
8^2=17^2-15^2と、
8^2=(20/2)^2-(12/2)^2が得られます。
L/M=17/15とL/M=5/3となります。

n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。
x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^n=(t+1)^2-t^2のtは有理数となる。
(1)は(2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^2,uは有理数。
u=L^2-{(t+1)^2}k,u=M^2-(t^2)kとしたとき、(2)はy^2=L^2-M^2となる。
L^2-{(t+1)^2}k=M^2-(t^2)kなので、L^2-M^2={(t+1)^2}k-(t^2)kとなる。
L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kとすると、L,Mは有理数となる。よって、xは有理数。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。

nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
x^n+y^n=z^nをy^n=(x+m)^n-x^n…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^n=(t+1)^n-t^nのtを分数とすると、右辺は分数となるので、tは、無理数となる。
(1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは実数。
u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)kとしたとき、(2)はy^n=L^n-M^nとなる。
L^n-{(t+1)^n}k=M^n-(t^n)kなので、L^n-M^n={(t+1)^n}k-(t^n)kとなる。
L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、L,Mは無理数となる。よって、xは無理数。
∴nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。

>>344
> u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)k
の式からはuは消えない

(2)に代入すれば、消えます。

>>344
L^n={(t+1)^n}k+u,M^n=(t^n)k+uのuは(2)からuを消しても消えないですよ

イコールなので、右辺のuは消えます。

>>346
代入する式とされる式との区別がついていないようだ。

どの部分のことでしょうか？

>>347
これはyの値を求める場合はuがいらないということを意味するだけ
x,zの値(L,Mの値)を求めるのにはuが必要 [z^n={(t+1)^n}k+u,x^n=(t^n)k+u]
uを消せば解のyの値は変わらないがx,zの値は変わるのでフェルマーの最終定理の証明になっていない

よく意味がわかりません。

>>353
> >>346
> 代入する式とされる式との区別がついていないようだ。
>
> どの部分のことでしょうか？

日高はお豆だってほかの人に言ってるの。本人は意味がわからなくてよろしい。

>>355
日高はお豆だってほかの人に言ってるの。本人は意味がわからなくてよろしい。

?

n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。
x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^2=(t+1)^2-t^2のtは有理数となる。
(1)は(2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^2,uは有理数。
u=L^2-{(t+1)^2}k,u=M^2-(t^2)kとしたとき、(2)はy^2=L^2-M^2となる。
L^2-{(t+1)^2}k=M^2-(t^2)kなので、L^2-M^2={(t+1)^2}k-(t^2)kとなる。
L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kとすると、L,Mは有理数となる。よって、xは有理数。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。

>>357
> n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。
> x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
> 2^2=(t+1)^2-t^2のtは有理数となる。
> (1)は(2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^2,uは有理数。
> u=L^2-{(t+1)^2}k,u=M^2-(t^2)kとしたとき、(2)はy^2=L^2-M^2となる。
> L^2-{(t+1)^2}k=M^2-(t^2)kなので、L^2-M^2={(t+1)^2}k-(t^2)kとなる。
> L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kとすると、L,Mは有理数となる。よって、xは有理数。

xとL,Mとの関係がわかりません。

>>348
> 無限個の解が得られるのは、
> (2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)の場合です。
> L/M=(t+1)/t=5/3はそのうちの一つです。
>
> たとえば、(2^n)k=8^2の場合、k=4^2です。
> 8^2=17^2-15^2と、
> 8^2=(20/2)^2-(12/2)^2が得られます。
> L/M=17/15とL/M=5/3となります。

>>331で、(2)そのものの検討はしていますか？

> (2)はy^2=L^2-M^2となる。

として

> L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)k

のケースしか調べていないようですが。

>>357訂正
×k=1のとき、u=0です。
○k=1のとき、uは無数に存在します。

>>358
xとL,Mとの関係がわかりません。

x=M,x+m=Lです。

>>359
> L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)k

のケースしか調べていないようですが。

L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)k
が有理数ならば、(2)も有理数となります。

>>361
> >>358
> xとL,Mとの関係がわかりません。
>
> x=M,x+m=Lです。

L=(t+1){k^(1/2)}と言ってもよいですか？

>>362
> >>359
> > L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)k
>
> のケースしか調べていないようですが。
>
> L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)k
> が有理数ならば、(2)も有理数となります。

(2)は等式です。それが有理数になるとは、どういう意味ですか？

引用すると、>>357では

> (2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)

となっています。

子どもの頃から数学が大好きで３桁同士の掛け算なら電卓よりやや速く計算してしまう
高校３年になるカワイイ娘が、いきなり歌い手になりたい！などと言い出して・・・大変困っています。才能がないのなら早く辞めさせて、ちゃんと就職してほしいです。
どうか世間の厳しさを教えてやってください！！厳しいコメ、低評価など大歓迎です。宜しくお願いします。
youtube.com/watch?v=DTRLAo3Aya0

>>363
L=(t+1){k^(1/2)}と言ってもよいですか？

y=2の場合は、ＯＫ
y=3の場合は、ＮＯ
です。

>>364
(2)は等式です。それが有理数になるとは、どういう意味ですか？

引用すると、>>357では

> (2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)k=(y/2)^2,uは有理数。
なので、

左辺が有理数ならば、右辺も有理数です。

>>352
> >>344
> L^n={(t+1)^n}k+u,M^n=(t^n)k+uのuは(2)からuを消しても消えないですよ
>
> イコールなので、右辺のuは消えます。

M^n=(t^n)k+uの項はM^n,(t^n)k,uの3つでu以外にはM^n,(t^n)kしかないが
何と右辺のuがイコールなの？

>>367
> 左辺が有理数ならば、右辺も有理数です。

でも右辺の各項が有理数かどうかはわかりません。

>>352
> >>344
> > u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)k
> の式からはuは消えない
>
> (2)に代入すれば、消えます。

L^n={(t+1)^n}k+u,M^n=(t^n)k+uなのだから(2)に代入しなくてもx,zの値は既に決まっているだろ
(2)は左辺がyの式だよ
解を表すのは
xを表す式: x^n=(t^n)k+u
yを表す式: y^n=[{(t+1)^n}k+u]-[(t^n)k+u]={(t+1)^n}k-(t^n)k
zを表す式: z^n={(t+1)^n}k+u

>>367
> 左辺が有理数ならば、右辺も有理数です。

日高君は、わかってもいない「ならば」を使ったね。
こういうところがお豆なんだよね。

>>368
M^n=(t^n)k+uの項はM^n,(t^n)k,uの3つでu以外にはM^n,(t^n)kしかないが
何と右辺のuがイコールなの？

M^nの中に、(t^n)kとuが含まれます。

>>369
でも右辺の各項が有理数かどうかはわかりません。

そうですね。

>>370
L^n={(t+1)^n}k+u,M^n=(t^n)k+uなのだから(2)に代入しなくてもx,zの値は既に決まっているだろ
(2)は左辺がyの式だよ
解を表すのは
xを表す式: x^n=(t^n)k+u
yを表す式: y^n=[{(t+1)^n}k+u]-[(t^n)k+u]={(t+1)^n}k-(t^n)k
zを表す式: z^n={(t+1)^n}k+u

すですね。

>>371
日高君は、わかってもいない「ならば」を使ったね。
こういうところがお豆なんだよね。

?

>>370
そうですね。

>>357
> n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。
> x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。

ここですでにわからないのですが、yは「或る」整数、mは「或る」有理数とする、と言っているのですが、それとも、yは整数がはいるところ、mは有理数がはいるところ、と言っているのですか？

nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
x^n+y^n=z^nをy^n=(x+m)^n-x^n…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^n=(t+1)^n-t^nのtを分数とすると、右辺は分数となるので、tは、無理数となる。
(1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは実数。
u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)kとしたとき、(2)はy^n=L^n-M^nとなる。
L^n-{(t+1)^n}k=M^n-(t^n)kなので、L^n-M^n={(t+1)^n}k-(t^n)kとなる。
L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、L,Mは無理数となる。よって、xは無理数。
∴nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。

n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。
x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^2=(t+1)^2-t^2のtは有理数となる。
(1)は(2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^2,uは有理数。
u=L^2-{(t+1)^2}k,u=M^2-(t^2)kとしたとき、(2)はy^2=L^2-M^2となる。
L^2-{(t+1)^2}k=M^2-(t^2)kなので、L^2-M^2={(t+1)^2}k-(t^2)kとなる。
L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kとすると、L,Mは有理数となる。よって、xは有理数。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。

日高さん、
>>377のコメントは読んでいただけました？
>>379のほうがあとだけど、言いたいことは同じです。

>>377
ここですでにわからないのですが、yは「或る」整数、mは「或る」有理数とする、と言っているのですが、それとも、yは整数がはいるところ、mは有理数がはいるところ、と言っているのですか
？

yは整数がはいるところ、mは有理数がはいるところ、の意味がわかりません。

>>381
では言い直し。
yは決まった整数、mは決まった有理数とする、と言っているのですが、それとも、yは或る整数、mは或る有理数、と言っているのですか？

>>382
yは決まった整数、mは決まった有理数とする、と言っているのですが、それとも、yは或る整数、mは或る有理数、と言っているのですか？

yは或る整数、mは或る有理数です。

>>379
> L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kとすると、L,Mは有理数となる。よって、xは有理数。

xはそのほかの変数とどういう関係にありますか？

>>372
> >>368
> M^n=(t^n)k+uの項はM^n,(t^n)k,uの3つでu以外にはM^n,(t^n)kしかないが
> 何と右辺のuがイコールなの？
>
> M^nの中に、(t^n)kとuが含まれます。

> L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、L,Mは無理数となる。よって、xは無理数。
のM^nはuが含まれたままだからxの値の計算がおかしいだろ
uを消した場合の正しい計算式はx^n={uが含まれたM^n}-{M^nに含まれていたu}=M^n-u

すみません、そもそも論を聞いてもいいですか？
谷山・志村予想が証明されたからこの定理が解けたと聞いています。
別の資料を見ると以下の流れになっているようです。

ラマヌジャン予想→谷山–志村予想→ラングランズ予想→超ラングランズ予想

申し訳ありませんが、この流れを説明できる方おられますか？

386です。
すみません、説明不足でした。

体育会系のくせにこの最終定理に興味を持ってチョット詳しく知りたいと思ってしまいました。。。

>>384
xはそのほかの変数とどういう関係にありますか？

どういう意味でしょうか？

>>385
>uを消した場合の正しい計算式はx^n={uが含まれたM^n}-{M^nに含まれていたu}=M^n-u

私の計算では、
x^n={uが含まれたM^n}-{M^nに含まれていたu}=M^n
となります。

nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
x^n+y^n=z^nをy^n=(x+m)^n-x^n…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^n=(t+1)^n-t^nのtを分数とすると、右辺は分数となるので、tは、無理数となる。
(1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは実数。
u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)kとしたとき、(2)はy^n=L^n-M^nとなる。
u=uより、L^n-{(t+1)^n}k=M^n-(t^n)k。L^n-M^n={(t+1)^n}k-(t^n)kとなる。
L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、L,Mは無理数となる。よって、xは無理数。
∴nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。

n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。
x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^2=(t+1)^2-t^2のtは有理数となる。
(1)は(2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^2,uは有理数。
u=L^2-{(t+1)^2}k,u=M^2-(t^2)kとしたとき、(2)はy^2=L^2-M^2となる。
u=uより、L^n-{(t+1)^n}k=M^n-(t^n)k。L^n-M^n={(t+1)^n}k-(t^n)kとなる。
L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kとすると、L,Mは有理数となる。よって、xは有理数。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。

>>389
> >>385
> >uを消した場合の正しい計算式はx^n={uが含まれたM^n}-{M^nに含まれていたu}=M^n-u
>
> 私の計算では、
> x^n={uが含まれたM^n}-{M^nに含まれていたu}=M^n
> となります。

>uを消した場合の正しい計算式はx^n={uが含まれたM^n}-{M^nに含まれていたu}=M^n-u
このM^nは
> u=M^n-(t^n)k
のM^nと同じであるけれども

> 私の計算では、
> x^n={uが含まれたM^n}-{M^nに含まれていたu}=M^n
> となります。
(2)からuを消さない場合はx^n=M^nですが(2)からuを消す場合
このM^nはu=0でない場合は
> u=M^n-(t^n)k
のM^nと同じではないから計算がおかしいです

>>388
> >>384
> xはそのほかの変数とどういう関係にありますか？
>
> どういう意味でしょうか？

説明しなおします。

>>391でゆきましょう。

> n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。
> x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。

xはここまでは登場しますが、そのあとしばらく出てきません。

> 2^2=(t+1)^2-t^2のtは有理数となる。
> (1)は(2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^2,uは有理数。
> u=L^2-{(t+1)^2}k,u=M^2-(t^2)kとしたとき、(2)はy^2=L^2-M^2となる。
> u=uより、L^n-{(t+1)^n}k=M^n-(t^n)k。L^n-M^n={(t+1)^n}k-(t^n)kとなる。

そして

> L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kとすると、L,Mは有理数となる。よって、xは有理数。

で突然登場するので、わかりません。

>>389には

> 私の計算では、
> x^n={uが含まれたM^n}-{M^nに含まれていたu}=M^n
> となります。

とあるのでx=Mですか？

>>392
> u=M^n-(t^n)k
のM^nと同じではないから計算がおかしいです

M^n=(t^n)k+uと
M^n=(t^n)kがありおかしいということですね。

u-u=0となるので、同じです。
ここで同じという意味は、(有理数解、無理数解の違いは生じない)
という意味です。

>>393
とあるのでx=Mですか？

はい。そうです。

>>394
> >>392
> > u=M^n-(t^n)k
> のM^nと同じではないから計算がおかしいです
>
> M^n=(t^n)k+uと
> M^n=(t^n)kがありおかしいということですね。
>
> u-u=0となるので、同じです。
> ここで同じという意味は、(有理数解、無理数解の違いは生じない)
> という意味です。

> u-u=0となるので、同じです。
間違い
u=0でない場合にu-u=0になるからと言ってu=0にはできない
u-u=0でもuの値を変えることはできないからuの値を変えたフェルマーの最終定理の証明は成立していない

>>396
>u=0でない場合にu-u=0になるからと言ってu=0にはできない
u-u=0でもuの値を変えることはできないからuの値を変えたフェルマーの最終定理の証明は成立していない

u=0でも、uが他の値でも、解の有理数、無理数には関係しません。

>>397
> u=0でも、uが他の値でも、解の有理数、無理数には関係しません。

tが無理数だったら
(有理数)^n=t^n+u
(有理数)^n=t^n=(無理数)^n
だから解が有理数か無理数かどうかに関係している

y^n=z^n-x^nにはyが有理数の場合にxが有理数の解が存在する
y^n=z^n-x^nにはyが有理数の場合にzが有理数の解が存在する
これらはフェルマーの最終定理の反例でなくても日高の証明の反例になる

>>391
> L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kとすると、L,Mは有理数となる。

でz=L,x=Mなんですよね。そしたらz/x=L/M=(t+1)/t=1+1/tで定数です。

>>398
日高の言う「数の例」をあげてあげたら？

>>398
(有理数)^n=t^n=(無理数)^n
だから解が有理数か無理数かどうかに関係している

この場合、tは有理数でしょうか？無理数でしょうか？

日高さんに引用の際の慣習を教えてあげよう。

自分の書いたものか他人の書いたものかによらず、
前に書かれたレスから引用するときは
行の初めに「> 」（半角不等号につづいて半角スペース）をつける。

これが慣習です。

>>399
でz=L,x=Mなんですよね。そしたらz/x=L/M=(t+1)/t=1+1/tで定数です。

はい。 L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kの場合はそうなります。

>>403
> はい。 L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kの場合はそうなります。

その場合L/Mは定数です。そうならない場合もあるのですか？

>>404
>その場合L/Mは定数です。そうならない場合もあるのですか？

L^2={(t+1)^2}k+u,M^2=(t^2)k+uの場合を考えてみます。
u=L^2-{(t+1)^2}kとすると、L^2=L^2となります。
u=M^2-(t^2)kとするとM^2=M^2となります。
u=uより、L^2-{(t+1)^2}k=M^2-(t^2)k
L^2-M^2={(t+1)^2}k-(t^2)kとなります。

n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。
x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^2=(t+1)^2-t^2のtは有理数となる。
(1)は(2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^2,uは有理数。
u=L^2-{(t+1)^2}k,u=M^2-(t^2)kとしたとき、(2)はy^2=L^2-M^2となる。
u=uより、L^2-{(t+1)^2}k=M^2-(t^2)k。L^2-M^2={(t+1)^2}k-(t^2)kとなる。
L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kとすると、L,Mは有理数となる。よって、xは有理数。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。

nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
x^n+y^n=z^nをy^n=(x+m)^n-x^n…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^n=(t+1)^n-t^nのtを分数とすると、右辺は分数となるので、tは、無理数となる。
(1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは実数。
u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)kとしたとき、(2)はy^n=L^n-M^nとなる。
u=uより、L^n-{(t+1)^n}k=M^n-(t^n)k。L^n-M^n={(t+1)^n}k-(t^n)kとなる。
L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、L,Mは無理数となる。よって、xは無理数。
∴nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。

>>405
M^2=(t^2)k+uで、t=3/2,k=4とするとM^2=9+uです。u=1だとMは有理数の二乗になりません。

>>405
> L^2={(t+1)^2}k+u,M^2=(t^2)k+uの場合を考えてみます。
> u=L^2-{(t+1)^2}kとすると、L^2=L^2となります。
> u=M^2-(t^2)kとするとM^2=M^2となります。
> u=uより、L^2-{(t+1)^2}k=M^2-(t^2)k
> L^2-M^2={(t+1)^2}k-(t^2)kとなります。

中の３行はいりません。１行目からすぐ５行目が出ます。

>>408
>M^2=(t^2)k+uで、t=3/2,k=4とするとM^2=9+uです。u=1だとMは有理数の二乗になりません。

u=7だとMは有理数の二乗になりますね。

>>409
>中の３行はいりません。１行目からすぐ５行目が出ます。

そうですね。uは消えますね。

>>410
> u=7だとMは有理数の二乗になりますね。

そうなることもありますが、どんなuでもよいというわけではありません。
>>406にはその点についての言及がありませんが。

>>412
>そうなることもありますが、どんなuでもよいというわけではありません。
>>406にはその点についての言及がありませんが。

そうですね。

>>413
証明として不完全ですよ。書き直してください。

>>412

(1)を満たす有理数ですね。

n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。
x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^2=(t+1)^2-t^2のtは有理数となる。
(1)は(2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^2,uは(1)を満たす有理数。
u=L^2-{(t+1)^2}k,u=M^2-(t^2)kとしたとき、(2)はy^2=L^2-M^2となる。
u=uより、L^2-{(t+1)^2}k=M^2-(t^2)k。L^2-M^2={(t+1)^2}k-(t^2)kとなる。
L^2={(t+1)^2}k,M^2=(t^2)kとすると、L,Mは有理数となる。よって、xは有理数となる。
∴n=2のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を無数に持つ。

nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。
x^n+y^n=z^nをy^n=(x+m)^n-x^n…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
2^n=(t+1)^n-t^nのtを分数とすると、右辺は分数となるので、tは、無理数となる。
(1)は(2^n)k=[{(t+1)^n}k+u]-{(t^n)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^n,uは(1)を満たす実数。
u=L^n-{(t+1)^n}k,u=M^n-(t^n)kとしたとき、(2)はy^n=L^n-M^nとなる。
u=uより、L^n-{(t+1)^n}k=M^n-(t^n)k。L^n-M^n={(t+1)^n}k-(t^n)kとなる。
L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、L,Mは無理数となる。よって、xは無理数となる。
∴nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。

>>416
> x^2+y^2=z^2をy^2=(x+m)^2-x^2…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
> 2^2=(t+1)^2-t^2のtは有理数となる。
> (1)は(2^2)k=[{(t+1)^2}k+u]-{(t^2)k+u}…(2)となる。k=(y/2)^2,uは(1)を満たす有理数。

(1)にuは出てきませんけど。

>>401
> >>398
> (有理数)^n=t^n=(無理数)^n
> だから解が有理数か無理数かどうかに関係している
>
> この場合、tは有理数でしょうか？無理数でしょうか？

元の文章は
> tが無理数だったら
> (有理数)^n=t^n+u
> (有理数)^n=t^n=(無理数)^n
> だから解が有理数か無理数かどうかに関係している

なぜおまえは「tが無理数だったら」を自分で省いておいて
> この場合、tは有理数でしょうか？無理数でしょうか？
と質問するの？
自分の証明が間違っていると強調したいの？

日高のやってるのは数式の変形遊び。数学ごっこということだ。
お豆、お味噌と思って遊んであげよう。

>>417
> x^n+y^n=z^nをy^n=(x+m)^n-x^n…(1)と変形する。yは整数,mは有理数とする。
> 2^n=(t+1)^n-t^nのtを分数とすると、右辺は分数となるので、tは、無理数となる。
... ...
> u=uより、L^n-{(t+1)^n}k=M^n-(t^n)k。L^n-M^n={(t+1)^n}k-(t^n)kとなる。
> L^n={(t+1)^n}k,M^n=(t^n)kとすると、L,Mは無理数となる。よって、xは無理数となる。
> ∴nが奇素数のとき、x^n+y^n=z^nは自然数解を持たない。

r,sを有理数としk=1にするためにy=2とする
以下の式が任意の有理数rで成立する
2^n=z^n-x^n
x^n=r^n, z^n=2^n+r^n…(お豆)
2^n=Z^n-X^n
Z^n=s^n, X^n=s^n-2^n…(お味噌)

日高流の考え方では
(お豆)=(お味噌), z^n-x^n=Z^n-X^nであるとき
z^n=Z^n,x^n=X^nであるので2^n=s^n-r^n (r,sは有理数)が成立する
ことになる