20/07/20 16:15:33.35 /WKeu5tg.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解は整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
2:日高
20/07/20 16:17:10.11 /WKeu5tg.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比となる。
(2)はr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(4)となる。
(4)はr=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解は、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
3:１３２人目の素数さん
20/07/20 16:18:45.29 tfz1P3PG.net
こいつ ∩＿
最高にアホ |(((ヽ
〈⊃ )
∩＿＿_∩ | ｜
|ノ ヽ| ｜
/ ● ●| /
｜ (_●_)ミ／
彡､ |∪| ／
`/ ＿＿ヽノ /
(＿＿＿) /
4:日高
20/07/20 16:21:31.61 /WKeu5tg.net
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数）
(3)に代入すると、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
両辺をw^pでわると、
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のときは、(5)となる。
(5)の解は(3)の解の、定数倍となるので、(5)のx,yは共に有理数とならない。
よって、s,tは共に有理数とならない。
5:１３２人目の素数さん
20/07/20 18:19:41.11 0GDGPa+3.net
>>4 日高 これは何かの続きですか？
7:日高
20/07/20 19:12:45.53 /WKeu5tg.net
>5
これは何かの続きですか？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
のx,yが無理数で、整数比となるかどうかの検討です。
8:１３２人目の素数さん
20/07/20 19:14:33.77 0GDGPa+3.net
>>6 日高
pはいくつ？
9:日高
20/07/20 19:44:02.43 /WKeu5tg.net
>7
pはいくつ？
奇素数です。
10:１３２人目の素数さん
20/07/20 19:51:16.70 0GDGPa+3.net
>8 日高
書かなきゃ通じないよ。
11:日高
20/07/20 20:07:55.88 /WKeu5tg.net
>9
書かなきゃ通じないよ。
そうでした。
12:１３２人目の素数さん
20/07/20 21:33:23.20 36lv/coX.net
>>2
> rが有理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比となる。
から
> rが有理数のときの解は、整数比となる。
rが有理数のときの解はyが無理数ならばx,y,zは整数比とならない
ex.
(x,y,z)=(1,2√2,3) r=2で有理数でもyが無理数ならx,y,zは整数比とならない
(x,y,z)=(3√2/2,4√2/2,5√2/2) r=√2で無理数でもyが無理数ならx,y,zは整数比となる
>>1
> rが無理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
から
> rが有理数のときの解は整数比とならない
それぞれyが有理数のときか無理数のときかちゃんと書かないとダメですよ
13:１３２人目の素数さん
20/07/21 01:10:57.14 TZUBONjw.net
前スレ
953 名前：日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日：2020/07/18(土) 21:05:55.58 ID:+buAyBh6 [26/27]
>951
> 「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
> の仮定をしても、
> 「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
> は導けない
のですよね？
はい。
-----
より、>>1氏はもう、
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
などとは主張できない訳です。
今後の議論にも少しは影響すると思います。
14:日高
20/07/21 08:01:30.31 uL7AMtWN.net
>12
> 「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
> の仮定をしても、
> 「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
> は導けない
のですよね？
「の仮定をしても、」の場合は、{p^(1/(p-1))}/wが有理数の場合ということになります。
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」の場合は、p^(1/(p-1))が
有理数の場合ということになります。
{p^(1/(p-1))}/wは、有理数になる可能性があります。(wは、無意味な数となります）
p^(1/(p-1))は、有理数になりえません。
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
などとは主張できない訳です。
主張できない理由を、教えてください。
15:１３２人目の素数さん
20/07/21 08:10:40.80 t6FK2Z3p.net
>>4
r^(p-1)=pのとき、rは無理数です。
無理数と整数比になる数は、無理数です。
無理数と整数比になる有理数はないので、yが有理数の時なんて考えるだけ無駄です。
無理数で整数比の(3)の解の数の組は、>>1で探していません。
r^(p-1)=pでないとき、r^(p-1)=apが成り立つようにaを定義することが必ずできます。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(5)の解の数の組が有理数の時、(3)の解の数の組は無理数で整数比です。
無理数で整数比の(3)の解の数の組は、>>1で探していません。
(3)の解が無理数で整数比にならないことを調べない限り、(5)の解が有理数とならないことは言えません。
16:１３２人目の素数さん
20/07/21 08:41:03.83 TZUBONjw.net
>>13
> 「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」の場合は、p^(1/(p-1))が
> 有理数の場合ということになります。
> {p^(1/(p-1))}/wは、有理数になる可能性があります。(wは、無意味な数となります）
> p^(1/(p-1))は、有理数になりえません。
意味不明です。何が言いたいのか分かりません。
後半の質問に答えます。
> > 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
> などとは主張できない訳です。
> 主張できない理由を、教えてください。
それは、
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
が、
> 「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
> の仮定より
> 「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
の言い換えだからです。（同じ事を言っているからです）
17:日高
20/07/21 11:49:01.47 uL7AMtWN.net
>14
無理数で整数比の(3)の解の数の組は、>>1で探していません。
4で探しています。
18:日高
20/07/21 12:08:32.30 uL7AMtWN.net
>15
> > 「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
> の仮定より
> 「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
の言い換えだからです。（同じ事を言っているからです）
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」 の仮定よりの場合は、
u=s+p^(1/(p-1))/wとなります。（wは意味のない無理数）
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」の場合は、
u=s+p^(1/(p-1))となります。
>の言い換えだからです。（同じ事を言っているからです）ならば、
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」が、主張できます。
19:１３２人目の素数さん
20/07/21 12:48:50.47 Ha6tR77p.net
>>17
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、
> また(3)の有理数解となる」が、主張できます。
>>1
> (3)はrが無理数なので
これが(3)の条件でz=x+rであるから言い換えると
解(x,y,z)においてz-xが無理数ならば(3)の解であるといえる
(3)の無理数解が整数比となるならば
共通の無理数で割るとrが有理数でyが有理数となる
rが有理数であるから(3)の条件つまりrが無理数であることを満たさない
だから「(3)の有理数解となる」とは主張できない
20:日高
20/07/21 14:18:51.33 uL7AMtWN.net
>18
>だから「(3)の有理数解となる」とは主張できない
言い換えます。
(3)のx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
x,y,zが、有理数で整数比となります。
21:１３２人目の素数さん
20/07/21 16:22:54.75 js82/58p.net
>>19 日高
ひとつのメッセージに証明全体をまとめて書いてもらえませんか？
22:日高
20/07/21 17:28:14.70 uL7AMtWN.net
>20
ひとつのメッセージに証明全体をまとめて書いてもらえませんか？
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解は整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
23:１３２人目の素数さん
20/07/21 17:47:26.81 js82/58p.net
>>21 日高
>>1とまったく同じじゃん。それじゃ意味がない。
24:日高
20/07/21 18:37:40 uL7AMtWN.net
>22
>>1とまったく同じじゃん。それじゃ意味がない。
どのように、書けばよいのでしょうか？
25:１３２人目の素数さん
20/07/21 18:37:55 TZUBONjw.net
>>19
前スレ
820 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2020/07/14(火) 20:36:59.69 ID:RHXf0iIS
>>819
「(3)の」有理数解とはっきり言わないところがインチキなんだよな。そこで誤魔化すのがいつものやり方。
26:１３２人目の素数さん
20/07/21 18:52:37.11 TZUBONjw.net
>>17
>>13,17で、
> あいうえお、
> かきくけこ、
> さしすせそ。
という私の文章に対して、
あいうえお の場合は...
かきくけこ の場合は...
さしすせそ の場合は...
という奇妙な場合分けをしていますが、私の文章はひとかたまりで一つの引用であって、
このような返信のルールは、5chにも数学にもないので、やめてもらっていいですか。
27:日高
20/07/21 19:20:42 uL7AMtWN.net
>24
「(3)の」有理数解とはっきり言わないところがインチキなんだよな。そこで誤魔化すのがいつものやり方。
どの部分のことでしょうか？
28:１３２人目の素数さん
20/07/21 19:22:03 iqZDk9m3.net
>>19
> (3)のx,y,zが、無理数で、整数比となるならば、
> x,y,zが、有理数で整数比となります。
x,y,zは(3)の解であることをそれぞれの場合でちゃんと示すと
(3)の解のx,y,zが無理数で整数比となるならば
(3)の解のx,y,zが有理数で整数比となります
こんなことは起こらない
29:１３２人目の素数さん
20/07/21 19:24:13.07 togbtRyq.net
>>23
証明のフローチャートを書けという意味だよ
30:日高
20/07/21 19:26:25.27 uL7AMtWN.net
>25
このような返信のルールは、5chにも数学にもないので、やめてもらっていいですか。
どの部分のことでしょうか？
31:日高
20/07/21 19:28:51.32 uL7AMtWN.net
>28
証明のフローチャートを書けという意味だよ
どの部分を、どのように書けばよいのでしょうか？
32:１３２人目の素数さん
20/07/21 19:30:24.48 TZUBONjw.net
>>29
> >25
> このような返信のルールは、5chにも数学にもないので、やめてもらっていいですか。
>
> どの部分のことでしょうか？
>>13,17で、
と書いたのですが、自分が書いたレスなのに、どの部分か分からないのですか？
33:日高
20/07/21 19:33:20.67 uL7AMtWN.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
【証明】x^2+y^2=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比となる。
(2)はr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(4)となる。
(4)はr=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解は、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持つ。
例
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
x,y,z=(3,4,5)
x^2+y^2=(x+1)^2
x,y,z=(3/2,4/2,5/2)
34:日高
20/07/21 19:37:55.96 uL7AMtWN.net
>31
>>13,17で、
と書いたのですが、自分が書いたレスなのに、どの部分か分からないのですか？
どの部分かを、指摘していただけないでしょうか？
35:１３２人目の素数さん
20/07/21 19:42:22.08 TZUBONjw.net
>>33
> どの部分かを、指摘していただけないでしょうか？
いやもういいっす。
ところで本題に戻りますが、未だ以下の命題を主張されますか？
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
36:日高
20/07/21 19:48:26.74 uL7AMtWN.net
>34
ところで本題に戻りますが、未だ以下の命題を主張されますか？
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
はい。
37:１３２人目の素数さん
20/07/21 21:01:30 TZUBONjw.net
>>35
> >34
> ところで本題に戻りますが、未だ以下の命題を主張されますか？
> 「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
> はい。
では上記命題（命題Aとします）を数式で書いた物が以下（命題Bとします）になるのですが、
異論はないですか？
s,t,u：有理数、w：無理数
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
の仮定をすると、
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
が導ける
38:１３２人目の素数さん
20/07/21 23:55:05 t6FK2Z3p.net
>>16
>4で探しています。
>>4 を引用
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数）
> (3)に代入すると、
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
> 両辺をw^pでわると、
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとなる。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のときは、(5)となる。
> (5)の解は(3)の解の、定数倍となる
いったいどの部分で(3)の解を探していますか？
これは(3)の解となる、とか解とならないとか、どこかに書いてありますか？
39:１３２人目の素数さん
20/07/22 00:25:03 b6lITuK+.net
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)のスレの980で
> pが奇素数のときは、s/(a^{1/(p-1)}),t/(a^{1/(p-1)}),u/(a^{1/(p-1)})は、
> (3)の解となりません。
> p=2のときは、s/(a^{1/(p-1)}),t/(a^{1/(p-1)}),u/(a^{1/(p-1)})は、
> (3)の解となります。
とあなたは書いていましたが、
p=2のとき
3つの実数の組s,t,uがs^p+t^p=u^pを満たすとき、
(u-s)^(p-1)=apが成り立つようにaを定義することがかならずできて、
s,t,uと同じ比でx^2+y^2=(x+2)^2…(3)の解となるのはs/(a^{1/(p-1)}),t/(a^{1/(p-1)}),u/(a^{1/(p-1)})の3つの数の組だけです。ほかに存在しません。
代入するだけで簡単にわかります。
pが奇素数のとき、
3つの実数の組s,t,uがs^p+t^p=u^pを満たすとき、
(u-s)^(p-1)=apが成り立つようにaを定義することがかならずできて、
s,t,uと同じ比でx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解となるのはs/(a^{1/(p-1)}),t/(a^{1/(p-1)}),u/(a^{1/(p-1)})の3つの数の組だけです。ほかに存在しません。
代入するだけで簡単にわかります。
40:１３２人目の素数さん
20/07/22 00:59:07 b6lITuK+.net
>>38の例
p=2,3つの実数の組1,√2、√3のとき
√3-1=2a
a=(√3-1)/2
3つの実数の組と同じ比で(3)の解となるのは2/(√3-1),2√2/(√3-1),2√3/(√3-1)のみ
3つの数は実数であって、有理数でも無理数でも成り立つ。同じ比で(3)の解となるのは1つのみ。
p=5,3つの実数の組1,2,33^(1/5)のとき
(33^(1/5)-1)^4=5a
a=((33^(1/5)-1)^4)/5
a^{1/(p-1)}=(33^(1/5)-1)/(5^(1/4))
3つの実数の組と同じ比で(3)の解となるのは(5^(1/4))/(33^(1/5)-1),2(5^(1/4))/(33^(1/5)-1),(33^(1/5))(5^(1/4))/(33^(1/5)-1)のみ
3つの数は実数であって、有理数でも無理数でも成り立つ。同じ比で(3)の解となるのは1つのみ。
41:日高
20/07/22 07:09:14.88 SGzQxmgp.net
>36
s,t,u：有理数、w：無理数
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
の仮定をすると、
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
が導ける
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
uw =sw+p^(1/(p-1))
両辺をwで割ると、u=s+p^(1/(p-1))/w
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
u=s+p^(1/(p-1))
p^(1/(p-1))/wが有理数のときは、(5)となります。
(5)の解は、(3)の解の定数倍なので、s,tが、共に有理数となることは
ありません。
よって、「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
の仮定をすると、は、間違いです。
42:日高
20/07/22 07:15:16.84 SGzQxmgp.net
>37
いったいどの部分で(3)の解を探していますか？
これは(3)の解となる、とか解とならないとか、どこかに書いてありますか？
(5)の解は(3)の解の、定数倍となるので、(3)の解と同じ比となります。
43:１３２人目の素数さん
20/07/22 07:22:41.28 XqbWFyJP.net
>>40
命題Bは、
-----
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
の仮定をすると、
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
が導ける
-----
かどうかであって、貴方が>>40で書いた
-----
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
と
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
の仮定をすると、
何が言えるか
-----
ではありません。
違い、分かりますか？
44:日高
20/07/22 07:23:11.74 SGzQxmgp.net
>38
p=2のとき
3つの実数の組s,t,uがs^p+t^p=u^pを満たすとき、
(u-s)^(p-1)=apが成り立つようにaを定義することがかならずできて、
s,t,uと同じ比でx^2+y^2=(x+2)^2…(3)の解となるのはs/(a^{1/(p-1)}),t/(a^{1/(p-1)}),u/(a^{1/(p-1)})の3つの数の組だけです。ほかに存在しません。
代入するだけで簡単にわかります。
pが奇素数のとき、
3つの実数の組s,t,uがs^p+t^p=u^pを満たすとき、
(u-s)^(p-1)=apが成り立つようにaを定義することがかならずできて、
s,t,uと同じ比でx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解となるのはs/(a^{1/(p-1)}),t/(a^{1/(p-1)}),u/(a^{1/(p-1)})の3つの数の組だけです。ほかに存在しません。
代入するだけで簡単にわかります。
そのとおりです。
45:日高
20/07/22 07:35:18.48 SGzQxmgp.net
>39
3つの実数の組と同じ比で(3)の解となるのは2/(√3-1),2√2/(√3-1),2√3/(√3-1)のみ
2/(√3-1),2√2/(√3-1),2√3/(√3-1)は、(3)の解となるでしょうか？
46:日高
20/07/22 13:09:08.22 SGzQxmgp.net
>42
違い、分かりますか？
わかりません。
47:日高
20/07/22 17:16:41 SGzQxmgp.net
【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=3{x^2+x}…(2)となる。
(2)はr^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない。
(2)はr^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^2=a3のとき、x^p+y^p=(x+(a3)^{1/2})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/2}倍となるので、rが有理数のときの解は整数比とならない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解を持たない。
48:１３２人目の素数さん
20/07/22 18:56:53 XqbWFyJP.net
>>45
> >42
> 違い、分かりますか？
> わかりません。
困りましたね...違いが分からないと先に進めないのですが。
じゃあ、命題Aと命題Bが同じである（同値である）事は分かりますか？
【命題A】
「(3)の無理数解が整数比となるならば、共通の無理数で割ると、また(3)の有理数解となる」
【命題B】
s,t,u：有理数、w：無理数
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
の仮定をすると、
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
が導ける
49:１３２人目の素数さん
20/07/22 19:55:54.18 RLGqjXkj.net
>>46
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、x,y,zは整数比とならない
以下も必要です
((3)はrが無理数なので)yが無理数のときx,y,zは整数比となる可能性がある
よってあなたが書いたことで言えることは
p=3のときx^p+y^p=z^pは整数比の解を持たないではなくて
整数比の解を持つ可能性があることだけです
50:日高
20/07/22 20:11:35.22 SGzQxmgp.net
>47
【命題B】
s,t,u：有理数、w：無理数
「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
の仮定をすると、
「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
が導ける
【命題A】は、理解できますが、【命題B】は、理解できません。
51:日高
20/07/22 20:23:28.51 SGzQxmgp.net
>48
((3)はrが無理数なので)yが無理数のときx,y,zは整数比となる可能性がある
yが無理数のときx,y,zが、整数比となる可能性がありますが、
yが無理数のときx,y,zが、整数比となるならば、yが有理数のとき、
整数比となります。
52:１３２人目の素数さん
20/07/22 20:35:28.57 DHBjKDdj.net
後半自分でも何言ってるか理解できてないだろw
ギャグかな？
53:日高
20/07/22 20:42:30.09 SGzQxmgp.net
>51
後半自分でも何言ってるか理解できてないだろw
ギャグかな？
どの部分が、ギャグでしょうか？
54:１３２人目の素数さん
20/07/22 21:01:36.46 XqbWFyJP.net
>>49
> >47
> 【命題B】
> s,t,u：有理数、w：無理数
> 「x=sw,y=tw,z=uw が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p の解である」
> の仮定をすると、
> 「x=s,y=t,z=u が x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^pの解である」
> が導ける
>
> 【命題A】は、理解できますが、【命題B】は、理解できません。
そうですか。。。
前スレでやったのですが。。。
55:１３２人目の素数さん
20/07/22 21:03:07.76 5ZO2/h6s.net
>>50 日高
> yが無理数のときx,y,zが、整数比となるならば、yが有理数のとき、
> 整数比となります。
これは
yが無理数かつx,y,zが、整数比となるならば、yが有理数かつ、
整数比となります。
の意味かと思われ。
56:１３２人目の素数さん
20/07/22 21:41:27.16 RLGqjXkj.net
>>50
> ((3)はrが無理数なので)
> yが無理数のときx,y,zが、整数比となるならば、yが有理数のとき、
> 整数比となります。
rが無理数ならばyが有理数のとき整数比となることは
p=2の場合も含めてあり得ません
>>51
> どの部分が、ギャグでしょうか？
rが有理数か無理数かどうかを無視するところ
57:１３２人目の素数さん
20/07/22 22:34:01.70 RLGqjXkj.net
>>46の日高の論理をそのまま使って
[問題]
k=2あるいは3,r=3のときx^k+y^k=z^k=(x+r)^kは整数比の解を持つか？
x^2+y^2=(x+√3)^2とx^3+y^3=(x+√3)^3のどちらでも
r=√3が無理数なのでyが有理数のときx,y,zは整数比とならない
x^2+y^2=(x+3)^2とx^3+y^3=(x+3)^3のどちらでも
これらの解はr=√3のときの√3倍となるのでrが有理数のときの解は整数比とならない
[日高の論理による結論]
k=2あるいは3,r=3のときx^k+y^k=z^k=(x+r)^kは整数比の解を持たない
日高に質問
上で導いた結論から言えることで
k=2,r=3のときのx^2+y^2=z^2=(x+3)^2が整数比の解(x,y,z)を持たないことは正しいの？
58:１３２人目の素数さん
20/07/23 00:34:05.88 BXgl53WP.net
>>41
> (5)の解は(3)の解の、定数倍となるので、(3)の解と同じ比となります。
>>4で調べていることは
sw,tw,sw+p^{1/(p-1)}が(3)の解のとき、s,t,s+p^{1/(p-1)}/wが(5)の解となる。
何の問題も何の矛盾もありませんね。(5)のx、yがともに有理数とならないような理由はどこにもまったくありません。
そして>>1で調べていることは
rが無理数の時、(3)のyが有理数ならば(3)の解は整数比にならない。
当たり前ですね。誰もそんなことに興味はありません。
(u-sr^(p-1)=pのとき、(u-s)は無理数です。
無理数と整数比になる数は、無理数です。
無理数と整数比になる有理数はないので、yが有理数の時なんて考えるだけ無駄です。
無理数で整数比の(3)の解の数の組は、1で探していません。4でもあるかないか調べていません。
そして>>38のとおり、ある(3)の解の数の組と同じ比の(3)の解は元の1つだけで、他に絶対に存在しません。
だから1の中で、無理数で整数比の(3)の解の数の組があるかないかを直接探さない限り、1は絶対に正しくなりません。
59:１３２人目の素数さん
20/07/23 00:36:46.27 BXgl53WP.net
>>44
そんな簡単な計算もできないなら、あなたに証明は絶対無理です。
x=2/(√3-1),y=2√2/(√3-1),z=2√3/(√3-1)はx^2+y^2=(x+2)^2…(3)の解です。
60:１３２人目の素数さん
20/07/23 00:41:43.05 BXgl53WP.net
>>57間違えました、修正します
(u-s)^(p-1)=pのとき、(u-s)は無理数です。
61:日高
20/07/23 05:44:15.18 eS19oXbH.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
62:日高
20/07/23 05:59:04.46 eS19oXbH.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比となる。
(2)はr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(4)となる。
(4)はr=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解x,y,zを持つ。
63:日高
20/07/23 06:02:43.41 eS19oXbH.net
>54
これは
yが無理数かつx,y,zが、整数比となるならば、yが有理数かつ、
整数比となります。
の意味かと思われ。
はい。そうです。
64:日高
20/07/23 06:07:19 eS19oXbH.net
>55
rが有理数か無理数かどうかを無視するところ
どの部分でしょうか？
65:日高
20/07/23 06:13:43 eS19oXbH.net
>56
日高に質問
上で導いた結論から言えることで
k=2,r=3のときのx^2+y^2=z^2=(x+3)^2が整数比の解(x,y,z)を持たないことは正しいの？
正しくないです。
上で導いた結論は、間違いです。
66:１３２人目の素数さん
20/07/23 06:52:54.06 Sfe+xRKI.net
>>62
「かつ」の意味はわかりますか？
以前、意味がわからずに質問してましたよね。
67:１３２人目の素数さん
20/07/23 07:36:59.31 7w4zT8JZ.net
>>63
> どの部分でしょうか？
分かるまで自分で書き込んだ>>50を何回でもノートにでも写せ
>>64
> 正しくないです。
> 上で導いた結論は、間違いです。
だから
>>60は証明として正しくないです
同じ手法で間違った結論が導けるから
68:日高
20/07/23 07:46:10.70 eS19oXbH.net
>57
(5)のx、yがともに有理数とならないような理由はどこにもまったくありません。
(5)のx,y,zは、(3)のx,y,zの定数倍となります。
69:日高
20/07/23 08:00:39.97 eS19oXbH.net
>58
x=2/(√3-1),y=2√2/(√3-1),z=2√3/(√3-1)はx^2+y^2=(x+2)^2…(3)の解です。
すみません。計算ミスでした。(3)の解になります。
70:日高
20/07/23 08:20:06.30 eS19oXbH.net
>65
>>62
「かつ」の意味はわかりますか？
以前、意味がわからずに質問してましたよね。
「で、」と同じ意味だと思います。
71:日高
20/07/23 08:23:05.15 eS19oXbH.net
>66
>>60は証明として正しくないです
同じ手法で間違った結論が導けるから
間違った結論とは、どの部分のことでしょうか？
72:１３２人目の素数さん
20/07/23 08:26:59.46 4ir5EQQ1.net
>>70
> 間違った結論とは、どの部分のことでしょうか？
> pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない
の部分です
73:１３２人目の素数さん
20/07/23 08:30:45.28 Sfe+xRKI.net
>>69
それじゃわかってるとはいえないね。
わかったつもりになってるだけ。
ちゃんと勉強してください。
74:１３２人目の素数さん
2
75:020/07/23(木) 08:31:05.65 ID:4ir5EQQ1.net
76:日高
20/07/23 08:53:05 eS19oXbH.net
>73
> pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない
これ自体は実際は正しいです
ただし>>60から導かれる結論としては間違っています
>>60から導くことはできません、
理由を、教えていただけないでしょうか。
77:１３２人目の素数さん
20/07/23 09:17:53.90 LB6Uu8Sp.net
>>74
> 理由を、教えていただけないでしょうか。
整数比となる解を全て取り除いた場合においては
>>60の手法で以下のことが証明できる
(整数比となる解を全て取り除いたので)
p=2のときx^p+y^p=z^pは整数比の解x,y,zを持たない
(整数比となる解を全て取り除いたので)
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pの解x,y,zは整数比とならない
ただし整数比となる解を全て取り除いているので
>>60の手法を使わなくても自明である
78:日高
20/07/23 09:35:16.25 eS19oXbH.net
>75
整数比となる解を全て取り除いた場合においては
>>60の手法で以下のことが証明できる
なぜ、整数比となる解を全て取り除く必要があるのでしょうか？
79:１３２人目の素数さん
20/07/23 09:42:53.32 LB6Uu8Sp.net
>>76
> なぜ、整数比となる解を全て取り除く必要があるのでしょうか？
それは実際はあんたが間違った証明を正しく見せるために
行っていることです
>>60を正しくするにはそのような条件を加える必要があるのです
80:日高
20/07/23 10:24:00.45 eS19oXbH.net
>77
それは実際はあんたが間違った証明を正しく見せるために
行っていることです
どの部分でしょうか？
81:１３２人目の素数さん
20/07/23 10:24:21.73 Wn5IoG3W.net
「>>60 が正しい」なら
【定理】x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、整数比とならない。
【証明】x^2+y^2=z^pを、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(A)とする。
r=√2のとき(A)はx^2+y^2=(x+√2)^2…(B)となる。
rが無理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はrが有理数であるとき、
r=√2aとなるaをとり、x^2+y^2=(x+√2a)^2…(C)となる。
(C)の解は(B)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
∴x^2+y^2=z^2の解x,y,zは、整数比とならない。
も正しいことになるのかな？
もちろん、これは間違っているけれど。
82:133人目の素数
20/07/23 10:26:19.76 4DWpER0Y.net
a scalded dog fears cold water
大丈夫だわ。安心して来い犬畜生
83:１３２人目の素数さん
20/07/23 11:11:22 LrxTuvbI.net
>>78
> どの部分でしょうか？
>>60
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
> (5)の解は (省略) rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
ここです
rが有理数か無理数かで2通りあってyが有理数か無理数かで2通りある
から全部で4通り
整数比の解が存在するのはその中の2つしかない
>>60で扱われているのは整数比の解が存在しないことが
最初から分かっている2つのみ
整数比とならない場合でもrが無理数でyが無理数である解は存在する
rが無理数ならば整数比になるのはyが無理数の場合のみであるから
本来証明すべきことはrが無理数でyが無理数である場合に無理数倍したら
rとyの両方が有理数になる解があるのかどうかということ
整数比となる解が実際は存在するp=2の場合でも>>60と同様に
rが無理数でyが有理数のときとrが有理数でyが無理数のときの
2通りのみを考えると整数比となる解は存在しない
それは整数比の解が存在しないことが最初から分かっている
2つのみを扱うから
84:日高
20/07/23 11:37:19 eS19oXbH.net
>79
r=√2のとき(A)はx^2+y^2=(x+√2)^2…(B)となる。
√2=ap=a2なので、
a=√2/2となります。
85:日高
20/07/23 11:45:42 eS19oXbH.net
>81
整数比とならない場合でもrが無理数でyが無理数である解は存在する
よくわかりません。
命題は、解x,y,zは整数比とならない。です。
86:１３２人目の素数さん
20/07/23 11:52:45 c/GJOrny.net
>>82
> >79
> r=√2のとき(A)はx^2+y^2=(x+√2)^2…(B)となる。
>
> √2=ap=a2なので、
> a=√2/2となります。
そんな関係はありません。
無関係な式を持ち出さないでください。
>>79 でaがでてくるのは
> (2)はrが有理数であるとき、
> r=√2aとなるaをとり、
です。
87:１３２人目の素数さん
20/07/23 11:55:06 c/GJOrny.net
とコピーしてきがつきましたが、ここ誤記ですね。
> (2)はrが有理数であるとき、
は
> (A)はrが有理数であるとき、
が正しいです。
88:日高
20/07/23 12:26:12.95 eS19oXbH.net
>84
>>79 でaがでてくるのは
> (2)はrが有理数であるとき、
> r=√2aとなるaをとり、
です。
x^2+y^2=(x+2)^2の場合は、
a=1です。
x^2+y^2=(x+√2)^2の場合は、
a=√2/2となります。
89:１３２人目の素数さん
20/07/23 12:33:59.90 JEOHU03T.net
>>83
> 整数比とならない場合でもrが無理数でyが無理数である解は存在する
> よくわかりません。
> 命題は、解x,y,zは整数比とならない。です。
rが無理数であることから言えることは次の3通り
[1] rが無理数,yが有理数のとき解x,y,zは整数比とならない
[2] rが無理数,yが無理数で解x,y,zは整数比とならない
[3] rが無理数,yが無理数で解x,y,zは整数比となる
[1]を満たす解はp=2とpが奇素数のどちらでも必ず存在する
[2]を満たす解はp=2とpが奇素数のどちらでも必ず存在する
[3]を満たす解が存在するかどうかが本来証明すべきこと
> 整数比とならない場合でもrが無理数でyが無理数である解は存在する
は
[2]を満たす解はp=2とpが奇素数のどちらでも必ず存在する
>>60
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき
ここでは[1]のみが扱われている
[2],[3]を扱わないことはrが無理数,yが無理数である解を
全て取り除くことと同じであり
特に[3]を満たす解が扱われていない場合は
整数比となる解を全て取り除いた場合と言える
よって>>75が言える
90:日高
20/07/23 14:00:49.75 eS19oXbH.net
>87
> (3)はrが無理数なので、yが有理数のとき
ここでは[1]のみが扱われている
r,x,y,zが無理数で、整数比となるならば、
r,x,y,zが有理数で、整数比となります。
91:１３２人目の素数さん
20/07/23 16:57:47.13 +viI9T8T.net
>>88 日高
「で」とか「なる」は禁止。数学の言い方をしろ。
92:日高
20/07/23 17:55:01.53 eS19oXbH.net
【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=3{x^2+x}…(2)となる。
(2)はr^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
(2)はr^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^2=a3のとき、x^p+y^p=(x+(a3)^{1/2})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/2}倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
93:１３２人目の素数さん
20/07/23 19:40:39.13 eqAOd4dB.net
>>88 日高
> r,x,y,zが無理数で、整数比となるならば、
> r,x,y,zが有理数で、整数比となります。
「無理数r,無理数x,無理数y,無理数zが存在してr:x:y:zが整数比である」ならば
「有理数r,有理数x,有理数y,有理数zが存在してr:x:y:zが整数比である」
と言いたい？
94:１３２人目の素数さん
20/07/23 19:46:25.88 iuLtrp5w.net
>>86
> >84
> >>79 でaがでてくるのは
> > (2)はrが有理数であるとき、
> > r=√2aとなるaをとり、
> です。
>
> x^2+y^2=(x+2)^2の場合は、
> a=1です。
> x^2+y^2=(x+√2)^2の場合は、
> a=√2/2となります。
それで、aがその値だったら一体何がどうなるんですか？
やってるのはあなたの >>61 の論理をp=2の場合に適用して
x^2+y^2=(x+r)^2…(A)
をr=2のかわりにr=√2とした
x^2+y^2=(x+√2)^2…(B)
を基準として
x^2+y^2=(x+√2a)^2…(C)
を考えたらどうなるか、という話です。
95:１３２人目の素数さん
20/07/23 20:08:19.42 XcruJLHa.net
>>88
> r,x,y,zが無理数で、整数比となるならば、
> r,x,y,zが有理数で、整数比となります。
それを何度書いてもあんたの結論は正しくならないのですよ
p=2の場合
> (5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは、整数比となる。
から以下の結論
> ∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解x,y,zを持つ。
pが奇素数の場合
> (5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
から以下の結論
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
p=2の場合とpが奇素数の場合で結論の表現の仕方が異なっているでしょ
結論の表現の仕方を比較しやすくすると以下のようになって
[Case 1]
p=2のときx^p+y^p=z^pの解x,y,zは全て整数比である
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pの解x,y,zは全て整数比でない
[Case 2]
p=2のときx^p+y^p=z^pにおいて少なくとも1つの解x,y,zは整数比である
pが奇素数のときx^p+y^p=z^pにおいて少なくとも1つの解x,y,zは整数比でない
[Case 1]はまずp=2の場合が間違いであることが簡単に分かる
[Case 2]はpが奇素数のときに全ての解が整数比でないことは言えない
>>87は[Case 2]の立場で書いてある
96:日高
20/07/23 20:40:18.89 eS19oXbH.net
>91
「無理数r,無理数x,無理数y,無理数zが存在してr:x:y:zが整数比である」ならば
「有理数r,有理数x,有理数y,有理数zが存在してr:x:y:zが整数比である」
と言いたい？
そうなります。
97:日高
20/07/23 20:45:00.14 eS19oXbH.net
>92
やってるのはあなたの >>61 の論理をp=2の場合に適用して
x^2+y^2=(x+r)^2…(A)
をr=2のかわりにr=√2とした
x^2+y^2=(x+√2)^2…(B)
を基準として
x^2+y^2=(x+√2a)^2…(C)a
を考えたらどうなるか、という話です。
基準は、a=1です。
98:１３２人目の素数さん
20/07/23 20:51:57.89 eqAOd4dB.net
>>94 日高
> >91
> 「無理数r,無理数x,無理数y,無理数zが存在してr:x:y:zが整数比である」ならば
> 「有理数r,有理数x,有理数y,有理数zが存在してr:x:y:zが整数比である」
>
> と言いたい？
>
> そうなります。
「なります」はやめろ。なぜ「そうです」と言えない？
99:日高
20/07/23 20:59:24 eS19oXbH.net
>93
> r,x,y,zが無理数で、整数比となるならば、
> r,x,y,zが有理数で、整数比となります。
それを何度書いてもあんたの結論は正しくならないのですよ
どうしてでしょうか？
100:１３２人目の素数さん
20/07/23 21:24:06 XcruJLHa.net
>>97
> どうしてでしょうか？
理由がその下に書いてあるのに読みもしないのは
どうしてでしょうか？
101:１３２人目の素数さん
20/07/23 21:54:28 BXgl53WP.net
>>67
> (5)のx,y,zは、(3)のx,y,zの定数倍となります。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(3)の解x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}、は整数比です
(3)の解を定数倍した(5)の解x=s、y=ｔ、z=s+(p^{1/(p-1)})/wも整数比です。
よって、ｽﾚﾘﾝｸ(math板)の>>4の
(5)のx,yは共に有理数とならない。
は間違っています。
102:１３２人目の素数さん
20/07/23 22:20:36 XcruJLHa.net
理由を補う意味で
>>93の[Case 2]に納得できないので
> r,x,y,zが無理数で、整数比となるならば、
> r,x,y,zが有理数で、整数比となります。
と何度も書くわけです
あんたの主張では>>60では解x,y,zは「必ず整数比にはならない」のでした
では日高の論理を強調するために>>61を>>93の[Case 1]の立場で書き直してみましょう
【定理】p=2のときx^p+y^p=z^pの解x,y,zは必ず整数比になる
> 【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
> (2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
> (3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比となる。
> (2)はr{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(4)となる。
> (4)はr=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(5)となる。
> (5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは、整数比となる。
∴p=2のときx^p+y^p=z^pの解x,y,zは必ず整数比になる
結論以外の証明はそのままです
103:日高
20/07/24 07:17:09.29 I4AaQ0UJ.net
>99
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(3)の解x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}、は整数比です
すみません。お尋ねします。
上の文章は、私が書いた文章でしょうか。
104:日高
20/07/24 08:14:18.08 I4AaQ0UJ.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
r^(p-1)=p以外のときは、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
105:日高
20/07/24 08:36:15.23 I4AaQ0UJ.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=2x…(2)となる。
(2)はr=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比となる。
r=2以外のときは、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(4)となる。
(4)はr=a2のとき、x^2+y^2=(x+a2)^2…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは、整数比となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、整数比の解x,y,zを持つ。
106:１３２人目の素数さん
20/07/24 09:21:09.54 nAFfrckg.net
>>101
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)の>>4に書いてある通りですが。
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> x=sw、y=twとおく。(s,tは有理数、wは無理数）
> (3)に代入すると、
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
中略
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき
107:日高
20/07/24 10:25:10.29 I4AaQ0UJ.net
>104
> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる。
中略
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき
「中略」の内容は、わからないでしょうか？
108:日高
20/07/24 17:59:32.21 I4AaQ0UJ.net
【定理】p=3のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【証明】x^3+y^3=z^3を、z=x+rとおいてx^3+y^3=(x+r)^3…(1)とする。
(1)の両辺を積の形にすると、r^2{(y/r)^3-1}=3{x^2+x}…(2)となる。
(2)はr^2=3のとき、x^3+y^3=(x+3^{1/2})^3…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
r^2=3以外のときは、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^2=a3のとき、x^p+y^p=(x+(a3)^{1/2})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/2}倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
∴p=3のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
109:１３２人目の素数さん
20/07/24 19:30:32.84 klLvFvpg.net
>>106 日高
> r^2=3以外のときは、r^2{(y/r)^3-1}=a3{x^2+x}(1/a)…(4)となる。
> (4)はr^2=a3のとき、x^p+y^p=(x+(a3)^{1/2})^p…(5)となる。
> (5)の解は(3)の解のa^{1/2}倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
a3とaとの関係は？
110:１３２人目の素数さん
20/07/24 19:40:55.77 nAFfrckg.net
>>105
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)の>>4に書いてある通りです。
>>4に書いてある通り
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(3)の解x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}、は整数比です
(3)の解を定数倍した(5)の解x=s、y=ｔ、z=s+(p^{1/(p-1)})/wも整数比です。
よって、
(5)のx,yは共に有理数とならない。
は間違っています。
111:日高
20/07/24 20:27:24.65 I4AaQ0UJ.net
>108
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(3)の解x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}、は整数比です
すみません。意味を解説していただけないでしょうか。
112:１３２人目の素数さん
20/07/24 21:30:45 nAFfrckg.net
>>109
あなたがｽﾚﾘﾝｸ(math板)の>>4に書いた通りですよ
もともとs、tは有理数と決�
113:ﾟたのですから、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の時、ｓ、ｔ、(p^{1/(p-1)})/wの3つは有理数で、当然整数比です 3つの数をw倍したsw,tw,(p^{1/(p-1)})も当然整数比で、それを(3)に代入すると (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとなる というのですから、当然sw,tw,sw+p^{1/(p-1)}の3つの数は(3)の解です。 まとめると、(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(sw,tw,(p^{1/(p-1)})は整数比で、(3)の解です。
114:日高
20/07/25 08:05:10.02 ZII5hEXZ.net
>107
a3とaとの関係は？
a3とaとの関係は？の問の答えは、a3は、aの3倍です。
(5)の解のx,y,zは、(3)の解x,y,zのa^(1/2)倍となります。
115:日高
20/07/25 08:35:23.75 ZII5hEXZ.net
>110
まとめると、(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(sw,tw,(p^{1/(p-1)})は整数比で、(3)の解です。
わかりました。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)となりますね。
116:１３２人目の素数さん
20/07/25 09:10:00.64 rxkewk7c.net
>>112
> w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)となりますね。
そうですね。
それを(5)に代入すれば
s^p+t^p=(s+({(s^p+t^p)^(1/p)}-s))^p
s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^p…※
s^p+t^p=s^p+t^p
となって(5)は必ず成り立ちます。
あとは※の式とフェルマーの定理の式を見比べて、u=(s^p+t^p)^(1/p)とおくと、両辺p乗して
s^p+t^p=u^pとなるので、この式を満たすような有理数s,t,uがあるかないかを探すことが次の作業です。
117:１３２人目の素数さん
20/07/25 15:03:24.23 knop2he0.net
>>113
> s^p+t^p=u^pとなるので、この式を満たすような有理数s,t,uがあるかないかを探すことが次の作業です。
これって、フェルマーの最終定理そのものですよね？
118:１３２人目の素数さん
20/07/25 19:04:20.78 knop2he0.net
日高の>>1とかって、フェルマーの最終定理に何の貢献もしていませんよね？
119:日高
20/07/25 20:37:09.33 ZII5hEXZ.net
>113
s^p+t^p=u^pとなるので、この式を満たすような有理数s,t,uがあるかないかを探すことが次の作業です。
これは、(5)によって、探せます。
120:日高
20/07/25 20:42:52.87 ZII5hEXZ.net
>114
これって、フェルマーの最終定理そのものですよね？
そうですね。
121:日高
20/07/25 20:45:36.63 ZII5hEXZ.net
>115
日高の>>1とかって、フェルマーの最終定理に何の貢献もしていませんよね？
どういう意味でしょうか？
122:１３２人目の素数さん
20/07/25 20:49:06.61 /GWOoQT6.net
>>116 日高
> >113
> s^p+t^p=u^pとなるので、この式を満たすような有理数s,t,uがあるかないかを探すことが次の作業です。
>
> これは、(5)によって、探せます。
じゃあやってみせて。
123:日高
20/07/26 06:34:32.61 vjogbf6q.net
>119
> これは、(5)によって、探せます。
じゃあやってみせて。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(2)となる。
(2)はr^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、yが有理数のとき、解x,y,zは整数比とならない。
r^(p-1)=p以外のときは、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(4)となる。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pの解x,y,zは、整数比とならない。
(4)はr^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(5)となる。
(5)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、rが有理数のときの解x,y,zは整数比とならない。
124:日高
20/07/26 07:14:47.69 vjogbf6q.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、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のとき、r^(p-1)=pとなるので、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、解x,y,zは、自然数とならない。
aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
125:日高
20/07/26 07:20:57.65 vjogbf6q.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、解x,y,zは、自然数とならない。
aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
126:日高
20/07/26 07:56:44.70 vjogbf6q.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、解x,y,zは、有理数となる。
aが１以外の有理数のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の解x,y,zは自然数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
127:１３２人目の素数さん
20/07/26 08:02:25.90 2vinmoJX.net
>>122
> aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
「rは自然数となる」とその前の(4)の間に脈絡がないな。
「r=(ap)^{1/(p-1)}」のrが自然数nになるとしたら
a=n^{p-1}/p
でなければならない。
例によって「rは自然数となる(場合がある)」だな。
128:日高
20/07/26 08:10:36.87 vjogbf6q.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、解x,y,zは、有理数とならない。
aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zは自然数とならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
129:１３２人目の素数さん
20/07/26 08:13:06.86 EVaXwGtW.net
>>123
> (3)はrが有理数なので、解x,y,zは、有理数となる。
ここから既におかしいな。
z-x=2である無理数を含む解x,y,zは無数に存在する。
ここも「有理数となる(場合がある)」なんだろう。
数学で「○○となる」と書かれるとすれば、
「(前提を満たすならば必ず)○○である」なんだがな。
130:日高
20/07/26 08:15:24.51 vjogbf6q.net
>124
例によって「rは自然数となる(場合がある)」だな。
その通りですが、rが自然数となるのは間違いありません。
131:日高
20/07/26 08:19:46.63 vjogbf6q.net
>126
数学で「○○となる」と書かれるとすれば、
「(前提を満たすならば必ず)○○である」なんだがな。
そうですね。
132:１３２人目の素数さん
20/07/26 08:24:33.51 dBBtLm0S.net
>>127
> >124
> 例によって「rは自然数となる(場合がある)」だな。
>
> その通りですが、rが自然数となるのは間違いありません。
さらにいうなら「rは自然数となる(場合がある、ただしならない場合もある)」だね。
> aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
ここが
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる場合がある、ただしならない場合もある。
だったら証明にならない、ということはわかるかな。
133:日高
20/07/26 08:26:24.41 vjogbf6q.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zが、存在する。
aが１以外の有理数のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zが、存在する。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
134:日高
20/07/26 08:32:55.78 vjogbf6q.net
>129
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる場合がある、ただしならない場合もある。
だったら証明にならない、ということはわかるかな。
(ap)^{1/(p-1)}が有理数にならない場合は、x,y,zは、有理数となりません。
135:日高
20/07/26 08:45:46.22 vjogbf6q.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zは、存在しない。
aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
136:日高
20/07/26 08:49:26.44 vjogbf6q.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zは、存在しない。
aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
137:日高
20/07/26 08:58:19.49 vjogbf6q.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zが、存在する。
a=1以外のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zが、存在する。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
138:日高
20/07/26 09:01:10.87 vjogbf6q.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zは、存在しない。
a=1以外のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
139:１３２人目の素数さん
20/07/26 09:13:49.94 ZCu76Dhr.net
>>131
> >129
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる場合がある、ただしならない場合もある。
>
> だったら証明にならない、ということはわかるかな。
>
> (ap)^{1/(p-1)}が有理数にならない場合は、x,y,zは、有理数となりません。
なるのかならないのかを断言できなければ、それはなにも言っていないのと同じですから、それ以降は証明として成り立たなくなりますね。
「存在する」と修正された通り、「となる場合がある、ただしならない場合もある」を「となる」と書かなければよいだけです。
140:１３２人目の素数さん
20/07/26 09:30:27.01 ZbTXLSVZ.net
>>135
(3)については「有理数解が存在しない」しかわかっていませんね。
「有理数解ではなく、整数比の解」は存在するかもしれない。
> (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
「(3)に有理数解ではなく、整数比の解x,y,z=x+p^{1/(p-1)}が存在する」ときも、これは正しいのですか？
141:日高
20/07/26 09:50:05.60 vjogbf6q.net
>136
> (ap)^{1/(p-1)}が有理数にならない場合は、x,y,zは、有理数となりません。
なるのかならないのかを断言できなければ、それはなにも言っていないのと同じですから、それ以降は証明として成り立たなくなりますね。
「x,y,zは、有理数となりません。」と断言しています。
142:日高
20/07/26 10:06:53.21 vjogbf6q.net
>137
「(3)に有理数解ではなく、整数比の解x,y,z=x+p^{1/(p-1)}が存在する」ときも、これは正しいのですか？
(3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解があるならば、x,y,zが有理数で、
整数比の解があります。
143:１３２人目の素数さん
20/07/26 11:51:00.07 CJy/n3gs.net
>>138
> 「x,y,zは、有理数となりません。」と断言しています。
元々は >>122 の
> aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
に対する指摘だよ。
>>136 の主張を持ってきても意味はない。
144:１３２人目の素数さん
20/07/26 11:54:38.95 YNyu25Cr.net
>>138
>>140 の
> >>136 の主張を持ってきても意味はない。
は
>>135 の主張を持ってきても意味はない。
だね。訂正しておこう。
145:１３２人目の素数さん
20/07/26 11:59:09.37 sVLmH2N9.net
>>139
> >137
> 「(3)に有理数解ではなく、整数比の解x,y,z=x+p^{1/(p-1)}が存在する」ときも、これは正しいのですか？
>
> (3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解があるならば、x,y,zが有理数で、
> 整数比の解があります。
「x,y,zが有理数で、整数比の解がある」とき、>>135の
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
は正しい？
146:日高
20/07/26 14:11:45.00 vjogbf6q.net
>140
> aが１以外の有理数のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となる。
に対する指摘だよ。
>>136 の主張を持ってきても意味はない。
どういう意味でしょうか？
147:日高
20/07/26 15:11:21.74 vjogbf6q.net
>141
> >>136 の主張を持ってきても意味はない。
は
>>135 の主張を持ってきても意味はない。
だね。訂正しておこう。
どういう意味でしょうか？
148:日高
20/07/26 15:16:05.26 vjogbf6q.net
>142
「x,y,zが有理数で、整数比の解がある」とき、>>135の
>∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
は正しい？
正しくありません。
149:１３２人目の素数さん
20/07/26 16:12:17.04 8m0gGqAP.net
>>139
「(3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解がある」
ならば
「x,y,zが有理数で、整数比の解がある」
「x,y,zが有理数で、整数比の解がある」
ならば
「x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zがある」
では、
「(3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解がある」
は正しいか、正しくないか、
理由をつけて述べてください。
150:日高
20/07/26 17:08:06.13 vjogbf6q.net
>146
「(3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解がある」
は正しいか、正しくないか、
理由をつけて述べてください。
正しくありません。
理由は、x,y,zが有理数で、整数比の解がないからです。
151:１３２人目の素数さん
20/07/26 19:13:32.40 wWNqLPl0.net
>>147
> >146
> 「(3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解がある」
> は正しいか、正しくないか、
> 理由をつけて述べてください。
>
> 正しくありません。
> 理由は、x,y,zが有理数で、整数比の解がないからです。
>>135 には
> (3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zは、存在しない。
としか書かれていません。
「x,y,zが有理数で、整数比の解」が存在しない理由はなんですか？
152:日高
20/07/26 21:05:47.27 vjogbf6q.net
>148
「x,y,zが有理数で、整数比の解」が存在しない理由はなんですか？
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
(3)のxが有理数のとき、zが無理数となるからです。
153:１３２人目の素数さん
20/07/26 21:17:40.12 OqZUJjEP.net
>>149
> >148
> 「x,y,zが有理数で、整数比の解」が存在しない理由はなんですか？
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
> (3)のxが有理数のとき、zが無理数となるからです。
(3)は「xが有理数」ならば「x,y,zが有理数で、整数比の解」は存在しない。
では「xが無理数」の場合はどうですか？
154:１３２人目の素数さん
20/07/27 00:36:35.28 ADvDe2SI.net
>>135
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)の>>4に書いてある通り
(p^{1/(p-1)})/wが有理数のとき、(3)の解x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}、は整数比です
(3)の解x=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}と同じ比で(3)の解になるのはx=sw、y=tw、z=sw+p^{1/(p-1)}以外にありません。
(3)に整数比の解がある時、絶対に無理数の組であって、、有理数の組ではありませんから、有理数解など考えるだけ無駄です。
(3)の解を定数倍した(4)の解x=s、y=ｔ、z=s+(p^{1/(p-1)})/wも当然整数比です。
よって、
(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
は間違っています。
155:日高
20/07/27 07:30:57.39 qlVYKPxt.net
>150
(3)は「xが有理数」ならば「x,y,zが有理数で、整数比の解」は存在しない。
では「xが無理数」の場合はどうですか？
「xが無理数」で、x,y,zが整数比ならば、y,zは、xと共通の無理数を持ちます。
よって、共通の無理数で割ると、商は、整数比となります、
「xが無理数」で、x,y,zが整数比ならば、「x,y,zが有理数で、整数比の解」が
存在します。
156:日高
20/07/27 07:40:26.62 qlVYKPxt.net
>151
(3)の解を定数倍した(4)の解x=s、y=ｔ、z=s+(p^{1/(p-1)})/wも当然整数比です。
よって、
(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
は間違っています。
(3)の解を整数比と仮定すれば、当然(4)の解も整数比になります。
157:日高
20/07/27 07:47:28.60 qlVYKPxt.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zは、存在しない。
a=1以外のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
例
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zは、存在しない。
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
xを有理数とすると、z=x+√3は、無理数。
よって、x,y,zは、有理数解とならない。
158:１３２人目の素数さん
20/07/27 07:58:07.47 GwCxZAf/.net
>>148
> >>147
>
> > >146
> > 「(3)に、x,y,zが無理数で、整数比の解がある」
> > は正しいか、正しくないか、
> > 理由をつけて述べてください。
> >
> > 正しくありません。
> > 理由は、x,y,zが有理数で、整数比の解がないからです。
この「x,y,zが有理数で、整数比の解」とは何の解ですか？
159:日高
20/07/27 08:03:47.13 qlVYKPxt.net
>155
> > 理由は、x,y,zが有理数で、整数比の解がないからです。
この「x,y,zが有理数で、整数比の解」とは何の解ですか？
(3)の解です。
例
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zは、存在しない。
x^3+y^3=(x+√3)^3…(3)
xを有理数とすると、z=x+√3は、無理数。
よって、x,y,zは、有理数解とならない。
160:日高
20/07/27 12:28:36 qlVYKPxt.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zが、存在する。
a=1以外のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zが、存在する。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
例
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
y=10/3を代入すると、
x=16/9、y=30/9、z=34/9となる。比は、8:15:17
161: (3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zが、存在する。 a=1以外のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となりえる。 x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)は、r=a2なので、r=9のとき、a=9/2 (4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zが、存在する。 (16/9)*9/2=8、(30/9)*9/2=15、(34/9)*9/2=17
162:１３２人目の素数さん
20/07/27 14:38:12.16 ttUgLkqK.net
>>154 日高
書き方が拙くて意味が読み取りにくいところがありますが
(3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないこととを混同しているのが一番大きな間違いだと思われます。
163:日高
20/07/27 15:58:58.28 qlVYKPxt.net
>158
(3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないこととを混同しているのが一番大きな間違いだと思われます。
(3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないことは、同じだと、思います。
164:日高
20/07/27 16:03:04.68 qlVYKPxt.net
>158
(3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないこととを混同しているのが一番大きな間違いだと思われます。
「(3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないことの違い」の例を、示して
いただけないでしょうか。
165:日高
20/07/27 17:48:12 qlVYKPxt.net
>158
(3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないこととを混同しているのが一番大きな間違いだと思われます。
(3)でなくても、良いので何か同じ例を挙げていただけないでしょうか。
166:１３２人目の素数さん
20/07/27 19:05:05 03IkXObP.net
「x^2+y^2=z^2」の「z-x=2√2」である解を考えます。
このとき「z-x=2√2」は無理数ですから、xとzは同時に有理数になることはありません。
したがって、「有理数解はない」と言えます。
では「有理数比の解はない」かというとそんなことはなく、
「x=3√2, y=4√2, z=5√2」が存在します。
この場合には、「z-xが無理数」から「有理数解はない」とは言えても「有理数比の解がない」と言うことはできない、ということになります。
さて、この有理数比の解は、x,y,zすべてがz-x=2√2の有理数倍になっています。
p=3、あるいはその他の奇素数の場合に、
「x^p+y^p=z^p」の「z-x=p^{1/(p-1)}」である解の中に「x,y,zすべてがp^{1/(p-1)}の有理数倍の解」がないと断言できるでしょうか。
167:日高
20/07/27 20:17:43.00 qlVYKPxt.net
>162
>「x^2+y^2=z^2」の「z-x=2√2」である解を考えます。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zが、存在する。
a=1以外のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zが、存在する。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
z-x=2√2=r=(ap)^{1/(p-1)}=a2より、
a=√2
x^2+y^2=(x+2)…(3)のとき、x=3,y=4,z=5となります。
x^2+y^2=(x+2√2)^2…(4)の解は、x=3,y=4,z=5のa倍となります。
よって、x=3√2、y=4√2,、z=5√2となります。
有理数解があることと、有理数比の解があることは、同じとなります。
168:１３２人目の素数さん
20/07/27 20:47:43.53 k4c7j1oN.net
>>161 日高
> >158
> (3)に有理数解がないことと(3)に有理数比の解がないこととを混同しているのが一番大きな間違いだと思われます。
>
> (3)でなくても、良いので何か同じ例を挙げていただけないでしょうか。
違う式ですがx^3+7y^3=(x+√3)^3を考えます。x,y,z(=x+√3)が有理数になる解は存在しませんが有理数比になる解は存在します。x=y=√3,z=2√3です。
169:１３２人目の素数さん
20/07/27 20:49:28.85 k4c7j1oN.net
>>163 日高
たぶん日高君には「主張内容が正しい」と「その論法が正しい」との区別がついていないと思われます。絶望的。
170:１３２人目の素数さん
20/07/27 20:52:56.08 SY+y8qDh.net
それはr=2
>>163
> >162
> >「x^2+y^2=z^2」の「z-x=2√2」である解を考えます。
>
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
> 【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)の両辺を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
> (2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
> (3)はrが有理数なので、有理数解x,y,zが、存在する。
> a=1以外のときは、x^2+y^2=(x+a2)^2…(4)となる。rは自然数となりえる。
> (4)の解は、(3)の解のa倍となるので、(4)の自然数解x,y,zが、存在する。
> ∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zが、存在する。
>
> z-x=2√2=r=(ap)^{1/(p-1)}=a2より、
> a=√2
> x^2+y^2=(x+2)…(3)のとき、x=3,y=4,z=5となります。
> x^2+y^2=(x+2√2)^2…(4)の解は、x=3,y=4,z=5のa倍となります。
> よって、x=3√2、y=4√2,、z=5√2となります。
>
> 有理数解があることと、有理数比の解があることは、同じとなります。
その「有理数比の解」x=3,y=4,z=5は、
「x^2+y^2=z^2」の解ですが「z-x=2√2」を満たしません。今考えているのは、「x^2+y^2=z^2」の解であり、なおかつ「z-x=2√2」であるものです。
話をすり替えていませんか？
「x^2+y^2=z^2」については「有理数解がある」と「有理数比の解がある」は同値です。
「x^3+y^3=z^3」についても、
その他の奇素数pで「x^p+y^p=z^p」についても、まったく同様です。
しかしながら「x^2+y^2=z^2」の解で「z-x=2√2」でもあるものについて、
「有理数解がある」と「有理数比の解がある」
あるいは
「有理数解がない」と「有理数比の解がない」
はまったく別の問題です。
171:１３２人目の素数さん
20/07/27 20:56:57.48 Vr+v/G8J.net
結論ありきで証明を作ってるからこんなことになるんだよなあ。
自分の論理の誤りが理解できず盲目的になってるねえ。
172:１３２人目の素数さん
20/07/27 20:59:09.80 p+jtic6s.net
同様に、
「x^3+y^3=z^3」の解で「z-x=√3」でもあるものについて、
「有理数解がある」と「有理数比の解がある」
あるいは
「有理数解がない」と「有理数比の解がない」
はまったく別の問題です。
173:１３２人目の素数さん
20/07/27 21:56:47.48 ADvDe2SI.net
>>153
あなたは、p=2のとき、
5/4,12/4,13/4と同じ比でx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)の解になる他の数を見つけられないじゃないですか。
(3)の解で同じ比の数の組は1組だけで、他の数の組は絶対に(3)の解になりません。
(3)の解は無理数で整数比のsw,tw,sw+p^{1/(p-1)}だけで、他の数の組は絶対に(3)の解になりません。
174:１３２人目の素数さん
20/07/27 22:36:41.40 ADvDe2SI.net
>>161
x+y=√2
x、yに有理数の解はない。
x=(√2)/3、y=(2√2)/3は有理数日の解です。
pが奇素数の時、ｓ、ｔを有理数として
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x、yに有理数の解はない。
x=s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、y=t(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)は有理数比の解です。
175:１３２人目の素数さん
20/07/27 23:01:29 ADvDe2SI.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、無理数で有理数比の解x,y,zは、
176:>>1が見つけられないだけで、きっとあります。 a=1以外のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となりえる。 (4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在します ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、きっと存在します。
177:日高
20/07/28 06:53:34.73 V49a8C4H.net
>164
違う式ですがx^3+7y^3=(x+√3)^3を考えます。x,y,z(=x+√3)が有理数になる解は存在しませんが有理数比になる解は存在します。x=y=√3,z=2√3です。
そうですね。
178:日高
20/07/28 07:00:22.12 V49a8C4H.net
>166
「x^2+y^2=z^2」については「有理数解がある」と「有理数比の解がある」は同値です。
「x^3+y^3=z^3」についても、
その他の奇素数pで「x^p+y^p=z^p」についても、まったく同様です。
しかしながら「x^2+y^2=z^2」の解で「z-x=2√2」でもあるものについて、
「有理数解がある」と「有理数比の解がある」
あるいは
「有理数解がない」と「有理数比の解がない」
はまったく別の問題です。
そうですね。
179:日高
20/07/28 07:02:51.68 V49a8C4H.net
>168
「x^3+y^3=z^3」の解で「z-x=√3」でもあるものについて、
「有理数解がある」と「有理数比の解がある」
あるいは
「有理数解がない」と「有理数比の解がない」
はまったく別の問題です。
そうですね。
180:日高
20/07/28 07:22:17.10 V49a8C4H.net
>169
(3)の解は無理数で整数比のsw,tw,sw+p^{1/(p-1)}だけで、他の数の組は絶対に(3)の解になりません。
sw,tw,sw+p^{1/(p-1)}は、整数比でしょうか？
181:１３２人目の素数さん
20/07/28 07:56:39.84 hRQCi/sQ.net
>>174
> >168
> 「x^3+y^3=z^3」の解で「z-x=√3」でもあるものについて、
> 「有理数解がある」と「有理数比の解がある」
> あるいは
> 「有理数解がない」と「有理数比の解がない」
> はまったく別の問題です。
>
> そうですね。
であるならば、pが奇素数の場合に
「x^p+y^p=z^p」の「z-x=p^{1/(p-1)}」である解の中に
「x,y,zすべてが有理数の解がない」と
「x,y,zが有理数比の解がない」は別の問題であり、
一方が成り立つからといって、もう一方も成り立つとは言えない、というのはよろしいですか？
182:日高
20/07/28 08:53:57.28 V49a8C4H.net
>170
pが奇素数の時、ｓ、ｔを有理数として
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)
x、yに有理数の解はない。
x=s(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)、y=t(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)は有理数比の解です。
この場合、x,y,zが、整数比となるでしょうか？
183:日高
20/07/28 08:58:31.20 V49a8C4H.net
>171
(3)はrが無理数なので、無理数で有理数比の解x,y,zは、>>1が見つけられないだけで、きっとあります。
理由を、教えてください。
184:日高
20/07/28 08:59:09.66 V49a8C4H.net
>171
(3)はrが無理数なので、無理数で有理数比の解x,y,zは、>>1が見つけられないだけで、きっとあります。
理由を、教えてください。
185:日高
20/07/28 09:10:40.10 V49a8C4H.net
>176
「x^p+y^p=z^p」の「z-x=p^{1/(p-1)}」である解の中に
「x,y,zすべてが有理数の解がない」と
「x,y,zが有理数比の解がない」は別の問題であり、
一方が成り立つからといって、もう一方も成り立つとは言えない、というのはよろしいですか？
「x,y,zすべてが有理数の解がない」と
「x,y,zが有理数比の解がない」は別の問題ですが、
「x,y,zすべてが有理数の解がある」ならば、「x,y,zが有理数比の解がある」ことに
なります。
186:日高
20/07/28 09:31:30.90 V49a8C4H.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
【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)の両辺を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)はrが無理数なので、有理数解x,y,zは、存在しない。
a=1以外のときは、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。rは自然数となりえる。
(4)の解は、(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の自然数解x,y,zは、存在しない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pを満たす自然数解x,y,zは、存在しない。
187:１３２人目の素数さん
20/07/28 09:31:31.15 xa/mvjD5.net
>>180
> >176
> 「x^p+y^p=z^p」の「z-x=p^{1/(p-1)}」である解の中に
> 「x,y,zすべてが有理数の解がない」と
> 「x,y,zが有理数比の解がない」は別の問題であり、
> 一方が成り立つからといって、もう一方も成り立つとは言えない、というのはよろしいですか？
>
> 「x,y,zすべてが有理数の解がない」と
> 「x,y,zが有理数比の解がない」は別の問題ですが、
> 「x,y,zすべてが有理数の解がある」ならば、「x,y,zが有理数比の解がある」ことに
> なります。
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
ならば
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
ということですか？
「矛盾したことを前提とすると、実際には間違っていることであっても導くことができる」ということが知られています。
前提が矛盾しているので、これは証明として意味をなしません。
188:日高
20/07/28 11:18:54 V49a8C4H.net
>182
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
ならば
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
ということですか？
はいそうです。
189:１３２人目の素数さん
20/07/28 12:15:04 xa/mvjD5.net
>>183
> >182
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
> ならば
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
> ということですか？
>
> はいそうです。
有理数ならば有理数比ですから、その論理自体は間違ってはいないのですが、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
は明らかにありえないことなので、そのような主張をなさる意味がわかりません。
190:日高
20/07/28 13:03:35.03 V49a8C4H.net
>184
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
は明らかにありえないことなので、そのような主張をなさる意味がわかりません。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが有理数となることは、明らかにありえないことですが、
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)のx,y,zが有理数となることは、あるでしょうか？
191:１３２人目の素数さん
20/07/28 13:39:01 xa/mvjD5.net
>>185
> >184
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
> は明らかにありえないことなので、そのような主張をなさる意味がわかりません。
>
> x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)のx,y,zが有理数となることは、明らかにありえないことですが、
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)のx,y,zが有理数となることは、あるでしょうか？
ないと断言する根拠がありません。
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
は明らかに矛盾しているので否定できますが、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
は否定できていません。
適切にaを選べば
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
ならば
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
ので「x^p+y^p=z^p」で「x,y,zが有理数」である解が存在することになります。
192:日高
20/07/28 14:49:10.24 V49a8C4H.net
>186
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数比」である解が存在する】
ならば
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
これは、正しいですが、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
ので、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
これも、正しいでしょうか？
193:１３２人目の素数さん
20/07/28 18:11:26.60 CKNlOW6s.net
>>187
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
> ので、
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
>
> これも、正しいでしょうか？
明らかに矛盾していることを前提に何を示すんですか？
知らんがな。
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
> ので「x^p+y^p=z^p」で「x,y,zが有理数」である解が存在することになります。
のことであれば、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在する】
から「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」を取り除いただけです。
【「x^p+y^p=z^p」で「x,y,zが有理数」である解が存在する】
ですから「フェルマーの最終定理の否定」になりますね。
194:日高
20/07/28 20:40:36 V49a8C4H.net
>188
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
> ので、
> 【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在する】
>
> これも、正しいでしょうか？
明らかに矛盾していることを前提に何を示すんですか？
知らんがな。
これは明らかに、正しくないですね。
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在しない】
ので、
【「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
「x,y,zが有理数」である解が存在しない。】
これは、正しいでしょうか？
195:１３２人目の素数さん
20/07/28 20:46:05 NVGV3Hmd.net
>>189 日高
>ので、
ってどういう意味でしょうか？
196:１３２人目の素数さん
20/07/28 21:17:31.43 Jmx1FEiH.net
>>189
> 「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=p^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在しない
「z-x=p^{1/(p-1)}」の場合の「x,y,zが有理数」である解をAとして
「z-x=p^{1/(p-1)}」の場合のA以外の解をBとする
Aが存在しないという仮定をしても
> 「x^p+y^p=z^p」であり「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」であり
> 「x,y,zが有理数」である解が存在しない
「z-x=p^{1/(p-1)}」が無理数で「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」が有理数である場合
「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」の場合の「x,y,zが有理数」である解は上のAとは無関係
「z-x=(ap)^{1/(p-1)}」の場合の「x,y,zが有理数」である解に対応する
「z-x=p^{1/(p-1)}」の場合の解が存在するならば上のBに含まれる