20/09/11 06:59:34.66 Z/+Gix7z.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,z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x,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,z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。
3:日高
20/09/11 08:47:08.96 Z/+Gix7z.net
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
4:１３２人目の素数さん
20/09/11 09:18:27.15 iz6nFVRv.net
>>1
クソスレ立てるな
5:日高
20/09/11 10:19:57.88 Z/+Gix7z.net
>4
クソスレ立てるな
どの部分がクソスレでしょうか？
6:日高
20/09/11 12:36:07.31 Z/+Gix7z.net
>3
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=3、x=4
7:日高
20/09/11 16:12:50.61 Z/+Gix7z.net
>3
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=5、x=12
8:日高
20/09/11 17:38:31.67 Z/+Gix7z.net
>3
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=7、x=24
9:日高
20/09/11 18:04:27.30 Z/+Gix7z.net
>3
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1のyに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=9、x=40
10:１３２人目の素数さん
20/09/11 20:21:38.34 ls8kpQyB.net
ただx^2+(2x+1)=(x+1)^2ってだけのことになんでこいつは得意げになってるんだ？
11:日高
20/09/11 20:41:55.47 Z/+Gix7z.net
>10
ただx^2+(2x+1)=(x+1)^2ってだけのことになんでこいつは得意げになってるんだ？
x^2+y^2=(x+1)^2です。
12:１３２人目の素数さん
20/09/11 21:59:11.49 GFHT2GWs.net
ついにスレ乱立させて本格的に荒らし始めたな
13:１３２人目の素数さん
20/09/11 22:23:41.38 5dwoXKFC.net
いや、クライン・ゴルドン方程式を使った方が簡単に求められる。
14:日高
20/09/12 06:44:00.70 2epNoeZd.net
>13
いや、クライン・ゴルドン方程式を使った方が簡単に求められる。
y^2=2x+1は、私のフェルマーの最終定理の証明を、
わかりやすく、説明するためのものです。
15:日高
20/09/12 06:51:23.78 2epNoeZd.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,z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x,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,z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。
16:日高
20/09/12 07:48:18.07 2epNoeZd.net
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
17:１３２人目の素数さん
20/09/12 08:10:05.83 TjxId053.net
>>16
> x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
x=sw、y=tw、z=uw とおくと、(s,t,uは有理数、wは無理数)
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
両辺を w^p で割って、
s^p+t^p=u^p
となります。
有理数解が見つかったので、証明は失敗です。
18:日高
20/09/12 08:17:46.66 2epNoeZd.net
>17
有理数解が見つかったので、証明は失敗です。
証明は失敗では、ありません。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、当然 s^p+t^p=u^pとなります。
19:１３２人目の素数さん
20/09/12 08:19:00.82 TjxId053.net
>>18
> >17
> 有理数解が見つかったので、証明は失敗です。
>
> 証明は失敗では、ありません。
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pならば、当然 s^p+t^p=u^pとなります。
いやだから、 s,t,u が有理数解って言ってんじゃん。
20:１３２人目の素数さん
20/09/12 08:42:15.93 DyDVTVYH.net
>>16の証明が正しいのなら
【日高定理】p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない
も成り立つ
x^2+y^2=(x+√2)^2の右辺を二項展開すると
yが有理数のときxは無理数となるのでx,y,zは整数比とならない
x^2+y^2=(x+2)^2=(x+√2*√2)^2だからx,y,zは整数比とならない
p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない
あるいは
x^2+y^2=(x+2)^2の右辺を二項展開すると
yが無理数のときx,y,zは整数比とならない
p=2のときx^p+y^p=z^pは自然数解を持たない
rが無理数の時にyを有理数にすればx,y,zは整数比とならない
ということは
rが有理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比とならない
と同じことだから
rが無理数の時にyを有理数にすればx,y,zは整数比とならない
ということからx^p+y^p=z^pが自然数解を持たないことは言えない
21:日高
20/09/12 09:06:44.54 2epNoeZd.net
>19
いやだから、 s,t,u が有理数解って言ってんじゃん。
どういう意味でしょうか？
22:１３２人目の素数さん
20/09/12 09:10:26.07 TjxId053.net
>>21
> >19
> いやだから、 s,t,u が有理数解って言ってんじゃん。
>
> どういう意味でしょうか？
１．s^p+t^p=u^p が成り立っている。
２．s,t,u は有理数である。
３．よって s,t,u は x^p+y^p=z^p の有理数解である。
こういう意味です。
23:日高
20/09/12 09:10:57.79 2epNoeZd.net
>20
rが無理数の時にyを有理数にすればx,y,zは整数比とならない
ということからx^p+y^p=z^pが自然数解を持たないことは言えない
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比となります。
24:日高
20/09/12 09:14:06.87 2epNoeZd.net
>22
１．s^p+t^p=u^p が成り立っている。
２．s,t,u は有理数である。
３．よって s,t,u は x^p+y^p=z^p の有理数解である。
こういう意味です。
これは、p=2の場合ですね。
25:日高
20/09/12 09:15:10.25 2epNoeZd.net
【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。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
26:１３２人目の素数さん
20/09/12 09:16:46.57 TjxId053.net
>>24
> >22
> １．s^p+t^p=u^p が成り立っている。
> ２．s,t,u は有理数である。
> ３．よって s,t,u は x^p+y^p=z^p の有理数解である。
>
> こういう意味です。
>
> これは、p=2の場合ですね。
どうして？
pが奇素数でも、>>16の
> x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
から言えるよね？
27:日高
20/09/12 09:17:32.15 2epNoeZd.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,z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x,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,z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。
28:１３２人目の素数さん
20/09/12 09:20:16.12 DaYxHEHg.net
>>25
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
p^{1/(p-1)は無理数なんでしょ？
おまえは自分で書いたことが理解できないのか？
>>23
> rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比となります。
29:日高
20/09/12 09:20:49.61 2epNoeZd.net
>26
どうして？
pが奇素数でも、>>16の
> x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
から言えるよね？
「成り立つならば、」の場合は、言えます
30:１３２人目の素数さん
20/09/12 09:24:13.38 TjxId053.net
>>29
> >26
> どうして？
> pが奇素数でも、>>16の
> > x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
> から言えるよね？
>
> 「成り立つならば、」の場合は、言えます
でもあなた、無理数比の整数解
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
が「成り立たない」
って証明中で言えてないよ。
という事は、「成り立つならば、」の可能性があるって事だよね。
31:日高
20/09/12 09:24:29.87 2epNoeZd.net
>28
おまえは自分で書いたことが理解できないのか？
>>23
> rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比となります。
これは、p=2の場合です。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
p^{1/(p-1)は無理数なんでしょ？
これは、pが奇素数の場合です。
32:１３２人目の素数さん
20/09/12 09:25:53.66 TjxId053.net
>>30
「整数比の無理数解」でした。失礼しました。
33:日高
20/09/12 09:29:18.06 2epNoeZd.net
>30
でもあなた、無理数比の整数解
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
が「成り立たない」
って証明中で言えてないよ。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、s^p+t^p=u^pと同じです。
34:１３２人目の素数さん
20/09/12 09:33:15.13 TjxId053.net
>>33
> >30
> でもあなた、整数比の無理数解
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、s^p+t^p=u^pと同じです。
同じだから何？
回答を繰り返します。
> でもあなた、整数比の無理数解
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。
35:１３２人目の素数さん
20/09/12 09:34:55.84 DaYxHEHg.net
>>31
> > rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比となります
> これは、p=2の場合です。
p=2の場合でも無条件で整数比にはならない
> p=2の場合です
と書いただけではpが奇素数の場合に使えないことにはならない
> これは、pが奇素数の場合です。
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zは整数比とならない(であろう)ことは
一切検討されていない
>>25では
rが無理数でyが有理数のとき
rが有理数でyが無理数のとき
の場合にx,y,zは整数比とならないことしか書いていない
この場合はp=2でもx,y,zは整数比とならない
現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
36:日高
20/09/12 09:39:32.34 2epNoeZd.net
>35
現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
1を見てください。
37:日高
20/09/12 09:40:34.51 2epNoeZd.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,z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x,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,z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。
38:日高
20/09/12 09:41:37.93 2epNoeZd.net
【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。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
39:１３２人目の素数さん
20/09/12 09:57:31.65 DaYxHEHg.net
>>36
> 1を見てください。
見てもあんたの証明が間違っていることには変わらんよ
あんたは根本的な部分を直さないから>>1でも全く同じ
現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
40:日高
20/09/12 10:10:48.33 2epNoeZd.net
>39
現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
rが無理数の時にyを無理数とした場合は、1で説明しています。
41:１３２人目の素数さん
20/09/12 10:15:25.23 DaYxHEHg.net
>>40
> rが無理数の時にyを無理数とした場合は、1で説明しています。
していないよ
>>1
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき
42:日高
20/09/12 10:54:56.33 2epNoeZd.net
>41
> rが無理数の時にyを無理数とした場合は、1で説明しています。
していないよ
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
としています。
43:１３２人目の素数さん
20/09/12 11:52:45.71 TjxId053.net
>>1氏、
>>34 （ >>30でも可）に返信をお願いします。
44:日高
20/09/12 12:17:46.30 2epNoeZd.net
>34
> でもあなた、整数比の無理数解
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、s^p+t^p=u^pと同じです。
1で、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たないことを、説明しています。
45:１３２人目の素数さん
20/09/12 12:37:59.33 TjxId053.net
>>44
> >34
> > でもあなた、整数比の無理数解
> > (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> > が「成り立たない」
> > って証明中で言えてないよ。
>
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^pは、s^p+t^p=u^pと同じです。
> 1で、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たないことを、説明しています。
今>>1を証明している最中なので、>>1はまだ証明されていません。
なので、理由に>>1を使うことはできません。
あとですね、
今証明を2個使っているようですが（ >>1,38 ）、どちらか1つにしていただけますか？
主張がブレるので。
46:日高
20/09/12 13:39:36.36 2epNoeZd.net
>45
今>>1を証明している最中なので、>>1はまだ証明されていません。
なので、理由に>>1を使うことはできません。
s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。
47:１３２人目の素数さん
20/09/12 14:58:42.63 TjxId053.net
>>46
> >45
> 今1を証明している最中なので、1はまだ証明されていません。
> なので、理由に1を使うことはできません。
> s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。
これに関しては異論はありません。
問題視しているのは、あなたの回答>>44の
> 1で、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たないことを、説明しています。
です。
で、繰り返しになりますが、私はこう回答しました。
> 今>>1を証明している最中なので、>>1はまだ証明されていません。
> なので、理由に>>1を使うことはできません。
伝わってますでしょうか。
48:日高
20/09/12 15:12:52.96 2epNoeZd.net
>47
> 今>>1を証明している最中なので、>>1はまだ証明されていません。
> なので、理由に>>1を使うことはできません。
理由に>>1を使っているわけでは、ありません。自然数解をもつか、持たないかは、
関係なく、 s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。
49:日高
20/09/12 15:14:37.21 2epNoeZd.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,z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x,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,z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。
50:日高
20/09/12 15:15:23.48 2epNoeZd.net
【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。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
x,y,zが、無理数のときx^p+y^p=z^pが成り立つならば、x,y,zが、有理数のときも成り立つ。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
51:日高
20/09/12 15:18:58.47 2epNoeZd.net
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=11、x=60
52:１３２人目の素数さん
20/09/12 15:54:06.02 TjxId053.net
>>48
> >47
> > 今1を証明している最中なので、1はまだ証明されていません。
> > なので、理由に1を使うことはできません。
>
> 理由に>>1を使っているわけでは、ありません。自然数解をもつか、持たないかは、
> 関係なく、 s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。
> 理由に>>1を使っているわけでは、ありません。
分かりました。
> 自然数解をもつか、持たないかは、
> 関係なく、 s^p+t^p=u^pは、x^p+y^p=z^pの、x,y,zが有理数の、場合と同じです。
これにも同意します。
しかしこれが、
私の最初の質問（>>30）
> 整数比の無理数解
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。
> という事は、「成り立つならば、」の可能性があるって事だよね。
とどう絡みますか？
53:日高
20/09/12 16:20:51.06 2epNoeZd.net
>52
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> が「成り立たない」
> って証明中で言えてないよ。
はい。
> という事は、「成り立つならば、」の可能性があるって事だよね。
とどう絡みますか？
どういう意味でしょうか？
54:日高
20/09/12 17:15:01.45 2epNoeZd.net
ピタゴラス数の求め方
y^2=2x+1の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=13、x=84
55:１３２人目の素数さん
20/09/12 18:29:55.43 SF7D3xj6.net
>>42
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> としています。
この場合はrが無理数の時にyを無理数とした場合ではありません
x=sw,y=tw(s,tは有理数,wは無理数)とおいているのでrが無理数の時にyを無理数としてx,y,zが整数比の場合です
よってx,y,zが整数比とならないことの証明には使えません
p^{1/(p-1)}が無理数なら
wは無理数として(sw)^p+(tw)^p=(sw+w)^pを考えれば分かりやすいでしょう
この式が成り立つ場合はs^p+t^p=(s+1)^pが成り立�
56:ｿx,y,zの比は s:t:s+1 (s,tは有理数)となるので整数比になります よって現状ではpが奇素数の場合 rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は 依然として残っている
57:日高
20/09/12 19:33:20.56 2epNoeZd.net
>55
p^{1/(p-1)}が無理数なら
wは無理数として(sw)^p+(tw)^p=(sw+w)^pを考えれば分かりやすいでしょう
この式が成り立つ場合はs^p+t^p=(s+1)^pが成り立ちx,y,zの比は
s:t:s+1 (s,tは有理数)となるので整数比になります
(4)のx,yが整数比とならないので、s^p+t^p=(s+1)^pのs,tも整数比となりません。
よって、s^p+t^p=(s+1)^pは、なりたちません。
58:１３２人目の素数さん
20/09/12 20:18:36.62 pP5eR4n/.net
こんなんで解けるなら数百年の間取り組んできた数学者は何してたと思う?
59:日高
20/09/12 20:40:00.31 2epNoeZd.net
>57
こんなんで解けるなら数百年の間取り組んできた数学者は何してたと思う?
こんなんで解けます。間違いがあれば、指摘してください。
60:１３２人目の素数さん
20/09/12 21:18:23.19 SF7D3xj6.net
>>56
> (4)のx,yが整数比とならないので
整数比とならないことの証明がありません
>>50では相変わらず
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき
なのでrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
よって現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
61:１３２人目の素数さん
20/09/12 21:36:07.61 wYoINB2I.net
>>58
何度も間違いを指摘されてるだろ
日高は
・自分が思っているより世の中の数学者は頭が良い
・自分が思っているより自分は頭が悪い
ことを分かってくれ
62:１３２人目の素数さん
20/09/12 22:30:01.23 TjxId053.net
>>53
> > という事は、「成り立つならば、」の可能性があるって事だよね。
> とどう絡みますか？
>
> どういう意味でしょうか？
すみません。この質問は自分も意味が分かりません。
> >52
> (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p
> > が「成り立たない」
> > って証明中で言えてないよ。
>
> はい。
つまり、
整数比の無理数解 (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p が「成り立たない」と証明中で言えてない
という事でよろしいでしょうか。
63:１３２人目の素数さん
20/09/13 00:05:17.81 T+9N6H/j.net
x,y,z,t を実数で定義して ( t > 2)
x^t + y^t = z^t の式に書き換えてから
波動関数を使って解析すれば楽勝なんですよね。
64:１３２人目の素数さん
20/09/13 00:07:15.60 T+9N6H/j.net
その際、クライン・ゴルドン方程式と
量子論の手法が大いに役に立ちます。
65:日高
20/09/13 06:25:05.03 6Gdzz29l.net
>59
> (4)のx,yが整数比とならないので
整数比とならないことの証明がありません
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。で、証明しています。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき
なのでrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)以下で、検討しています。
66:日高
20/09/13 06:27:33.88 6Gdzz29l.net
>60
何度も間違いを指摘されてるだろ
どの部分が、間違いかを、指摘してください。
67:１３２人目の素数さん
20/09/13 06:27:49.08 pnRiX9Ah.net
>>64
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)以下で、検討しています。
>>50の証明にはありませんが。
68:日高
20/09/13 06:36:05.41 6Gdzz29l.net
>61
整数比の無理数解 (sw)^p+(tw)^p=(uw)^p が「成り立たない」と証明中で言えてない
という事でよろしいでしょうか。
(sw)^p+(tw)^p=(uw)^p は、s^p+t^p=u^pと同じです。
証明で、x^p+y^p=z^pは、x,y,zが有理数のとき、成り立たないことを、言っています。
69:日高
20/09/13 06:37:59.60 6Gdzz29l.net
>62
x^t + y^t = z^t の式に書き換えてから
波動関数を使って解析すれば楽勝なんですよね。
どういう意味でしょうか？
70:日高
20/09/13 06:39:23.03 6Gdzz29l.net
>63
その際、クライン・ゴルドン方程式と
量子論の手法が大いに役に立ちます。
どういう意味でしょうか？
71:日高
20/09/13 06:43:46.03 6Gdzz29l.net
>66
>>50の証明にはありませんが。
1を見てください。
72:日高
20/09/13 06:45:24.58 6Gdzz29l.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,z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x,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,z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。
73:１３２人目の素数さん
20/09/13 06:48:05.96 pnRiX9Ah.net
>>70
> >66
> >>50の証明にはありませんが。
>
> 1を見てください。
>>1,50 と、異なった内容の証明が二つあると混乱するので、
お手数ですが、>>1の内容をレスし直してもらっても良いですか。
74:１３２人目の素数さん
20/09/13 06:52:50.69 hpwR7473.net
>>64
> > (4)のx,yが整数比とならないので
> 整数比とならないことの証明がありません
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)以下で、検討しています。
(3)でx=sw,y=twとおいた場合はs,tは有理数なのでx,yは整数比です
よって(4)のx,yも整数比になります
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。で、証明しています。
それは証明が間違っています
s,tは有理数,wは無理数であればx,y,zが整数比になるケースが含まれます
> 以下で、検討しています。
また>>1では
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
これはtが有理数のときなのでrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
これはsが有理数のときなのでrが無理数の時にyを無理数とした場合とした場合と
異なります
rが無理数の時にyを無理数とした場合と同じにするには
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は(4)となるのでtが有理数のとき
としなければなりません
> sが有理数のとき、tは無理数となる。
s,tは有理数なのでこれは間違いです
あんたはtが無理数となるようにsの値を変えています
したがってrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
よって現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
75:日高
20/09/13 06:54:51.46 6Gdzz29l.net
>72
>>1の内容をレスし直してもらっても良いですか。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
76:１３２人目の素数さん
20/09/13 06:55:57.60 pnRiX9Ah.net
>>74
ありがとうございます。
77:１３２人目の素数さん
20/09/13 06:56:47.84 W+93Cdz5.net
>>64
それは循環論法だと何度も指摘されてるだろ。
あなたには理解できないだろうけど、明確な間違い。
78:日高
20/09/13 08:05:36.81 6Gdzz29l.net
>73
>(3)でx=sw,y=twとおいた場合はs,tは有理数なのでx,yは整数比です
よって(4)のx,yも整数比になります
その場合に、式は、成り立ちません。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。で、証明しています。
それは証明が間違っています
s,tは有理数,wは無理数であればx,y,zが整数比になるケースが含まれます
x,y,zが整数比ならば、式は成り立ちません。
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
これはtが有理数のときなのでrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。この場合の検討は、yを無理数としたときの
検討です。
>rが無理数の時にyを無理数とした場合と同じにするには
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は(4)となるのでtが有理数のとき
としなければなりません
rが無理数の時にyを無理数とした場合と同じにするには
「(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合を、検討すれば、、よいです。
> sが有理数のとき、tは無理数となる。
s,tは有理数なのでこれは間違いです
あんたはtが無理数となるようにsの値を変えています
s,tを有理数とすると、式は、成り立ちません。
>したがってrが無理数の時にyを無理数とした場合が検討されていません
この場合の検討は、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pの検討と同じです。
>よって現状ではpが奇素数の場合
rが無理数の時にyを無理数にすればx,y,zが整数比となる可能性は
依然として残っている
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pの、(p^{1/(p-1)})/wが、有理数、無理数
どちらも、検討しています。
79:日高
20/09/13 08:07:44.66 6Gdzz29l.net
>76
>それは循環論法だと何度も指摘されてるだろ。
あなたには理解できないだろうけど、明確な間違い。
どの部分が、循環論法かを、指摘してください。
80:日高
20/09/13 08:10:57.08 6Gdzz29l.net
ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=4、x=3
81:日高
20/09/13 08:25:17.24 6Gdzz29l.net
ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=6、x=8は、
y=3、x=4と同じ
82:日高
20/09/13 08:28:16.36 6Gdzz29l.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,z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x,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,z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。
83:１３２人目の素数さん
20/09/13 08:28:51.80 3lvVgudu.net
>>77
> その場合に、式は、成り立ちません。
> x,y,zが整数比ならば、式は成り立ちません。
> s,tを有理数とすると、式は、成り立ちません。
成り立たないことを証明しなければいけないがあんたは証明していない
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。この場合の検討は、yを無理数としたときの
> 検討です。
y=twならば無理数であるがy=tだから無理数にはならない
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pの、(p^{1/(p-1)})/wが、有理数、無理数
> どちらも、検討しています。
していません
> (4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
にならえば
>>79
> y^2=4x+4の、
x=5とすればyは無理数になるじゃないですか
>>78
> どの部分が、循環論法かを、指摘してください。
式が成り立たないことを証明せよと言われても
成り立たない根拠として証明せずに式は成り立ちませんというだけでしょ
【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。
【日高証明】x,y,zが整数比ならば、式は成り立ちません。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【日高証明】s,tを有理数とすると、式s^p+t^p=(s+1)^pは、成り立ちません。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
84:日高
20/09/13 08:51:14.92 6Gdzz29l.net
>82
>成り立たないことを証明しなければいけないがあんたは証明していない
1で、証明しています。
>y=twならば無理数であるがy=tだから無理数にはならない
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
なので、同じことを、検討しています。
>していません
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
> y^2=4x+4の、
x=5とすればyは無理数になるじゃないですか
yは、有理数とします。
>式が成り立たないことを証明せよと言われても
成り立たない根拠として証明せずに式は成り立ちませんというだけでしょ
よく意味がわかりません。
>【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。
【日高証明】x,y,zが整数比ならば、式は成り立ちません。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
1を、よく読んでください。
>【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【日高証明】s,tを有理数とすると、式s^p+t^p=(s+1)^pは、成り立ちません。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
1を、よく読んでください。
85:日高
20/09/13 08:59:30.59 6Gdzz29l.net
ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=8、x=15
86:１３２人目の素数さん
20/09/13 09:08:51.83 3lvVgudu.net
>>83
> 1で、証明しています。
してないですよ
> x=sw、y=twとおいて
だから
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
は間違っていて
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合はsが有理数のときtは有理数
もしくは
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合はtが有理数のときsは有理数です
よって
> x=sw、y=twとおいて
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は
x,y,zは整数比になります
87:日高
20/09/13 09:30:52.47 6Gdzz29l.net
>85
> x=sw、y=twとおいて
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は
x,y,zは整数比になります
その通りですが、解にはなりません。
88:日高
20/09/13 09:33:37.79 6Gdzz29l.net
ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=10、x=24は、
y=5、x=12と同じ
89:１３２人目の素数さん
20/09/13 10:00:42.99 IXsLSwRk.net
>>86
> > 1で、証明しています。
> してないですよ
> その通りですが、解にはなりません。
>>1で何も証明していないのだが解にはなりません
と言われても意味がわからないんだけれども解にならない理由は？
90:１３２人目の素数さん
20/09/13 10:25:57.46 W+93Cdz5.net
>>78
> >76
> >それは循環論法だと何度も指摘されてるだろ。
> あなたには理解できないだろうけど、明確な間違い。
>
> どの部分が、循環論法かを、指摘してください。
(3)でyが有理数のときはx,y,zは整数比にならない
(3)でyが無理数のときは(4)と同じ
(4)(4)のx,y,zは(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍で、(3)のx,y,zが整数比にならないから(4)のx,y,zも整数比にならない
と言いたいんすよね。
だけど、これだと(3)でyが無理数のときにx,y,zが整数比にならないことを示すのに(3)のx,y,zが整数比にならないことを
前提にしてるから循環論法です。
91:１３２人目の素数さん
20/09/13 10:53:19.43 YKEXccTH.net
もしかして
数学板のトップページ
URLﾘﾝｸ(rio2016.5ch.net)
に、フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)
が表示されなくなったので、新しくスレを立てたのですか？
掲示板の使い方すら理解できずに他人に迷惑をかける人には、数学の証明は無理です。
あきらめてください。
もう、フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)
には書き込まないのですか？
92:１３２人目の素数さん
20/09/13 10:57:37.12 YKEXccTH.net
>>90と思ったら、こちらのスレを立てた後に
フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)
にも書き込んでいる。
証明をあきらめて、掲示板に迷惑行為をすることにしたのですか？
93:日高
20/09/13 12:37:03.28 6Gdzz29l.net
>88
>>1で何も証明していないのだが解にはなりません
と言われても意味がわからないんだけれども解にならない理由は？
x,yがともに、有理数とならないからです。
94:日高
20/09/13 12:51:07.73 6Gdzz29l.net
>89
だけど、これだと(3)でyが無理数のときにx,y,zが整数比にならないことを示すのに(3)のx,y,zが整数比にならないことを
前提にしてるから循環論法です。
私の証明では、(3)でyが無理数のときにx,y,zが整数比にならないことを示すのに(3)のx,yが有理数のとき、(3)が成り立たないことを、使っています。
95:日高
20/09/13 12:56:06.84 6Gdzz29l.net
>91
証明をあきらめて、掲示板に迷惑行為をすることにしたのですか？
ちがいます。1の内容を変えています。
表示の、頭に来るようにするためです。
96:１３２人目の素数さん
20/09/13 12:57:53.44 pnRiX9Ah.net
>>94
> >91
> 証明をあきらめて、掲示板に迷惑行為をすることにしたのですか？
>
> ちがいます。1の内容を変えています。
> 表示の、頭に来るようにするためです。
でも証明内容に変更があった場合、
>>1を書き換える事はできないですよね。
97:日高
20/09/13 12:58:20.46 6Gdzz29l.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,z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x,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,z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。
98:日高
20/09/13 13:01:56.41 6Gdzz29l.net
ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=12、x=35
99:１３２人目の素数さん
20/09/13 13:02:08.81 YKEXccTH.net
>>94
ではしょうがない。掲示板の迷惑行為の片棒を担ぐことになるが、
フェルマーの最終定理の簡単な証明その４
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)
で返答がない書き込みを転載します。
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pを
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき
s,tがどんな数でも必ず成り立つので
このスレｽﾚﾘﾝｸ(math板)の>>92の
> x,yがともに、有理数とならないからです。
はインチキのウソです。
100:１３２人目の素数さん
20/09/13 13:04:19.00 YKEXccTH.net
日本語は、最初から最後に向かって読むものです。
数学の証明も、同じです。
このスレｽﾚﾘﾝｸ(math板)の>>74
> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
後で考えてもダメです。
「(4)のx,y,zも整数比とならない。」と書きたいなら、その証拠はそれを書く『前に』書く必要があります。
>>74の証明も、失敗です。
101:日高
20/09/13 13:05:11.29 6Gdzz29l.net
>95
でも証明内容に変更があった場合、
>>1を書き換える事はできないですよね。
そうだと、思います。
102:１３２人目の素数さん
20/09/13 13:06:32.03 pnRiX9Ah.net
>>100
では証明内容に変更があった場合、
都度新スレを立てるという事ですか？
103:１３２人目の素数さん
20/09/13 13:08:11.24 YKEXccTH.net
このスレｽﾚﾘﾝｸ(math板)の>>74の
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
について。
z=x+r、つまりr=z-xとしたとき、ｒはどんな値でも成り立つ。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
((((「aは0以外の任意の数」で成り立つので、aは有理数と書くのは意味がありませんが、今の本題ではありません。)))))
あなたの理屈
> AB=aCＤ(1/a)ならば、A=aCのとき、B=Ｄ(1/a)が成り立つ
で、r^(p-1)=ap、つまりr=(ap)^{1/(p-1)}としても、ｒはどんな値でも成り立つ。
ｒは積の形にする前も後も、どんな値でも成り立つまま、変化はありません。
なにも変化がないのだから、積の形にすることは無駄です。
104:１３２人目の素数さん
20/09/13 13:15:31.48 YKEXccTH.net
このスレｽﾚﾘﾝｸ(math板)の>>74の証明の
05行目> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
06行目> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
07行目> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
08行目> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
09行目> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
10行目> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
11行目> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
12行目> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
8行目の定義より、ｘは有理数×無理数=無理数、ｙも有理数×無理数=無理数なので、
5行目の無理数のx,有理数のyと8行目のx,yは当然別の比、別の数
7行目のx,y,zは5行目のx,y,zと同じ比ということなので8行目のx,yは当然別の比、別の数
10行目、(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合で、8行目の定義よりs､tは有理数
11行目、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合で、8行目の定義よりs,tは有理数
10行目、s､t、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合が見つかったので証明は失敗です。
105:１３２人目の素数さん
20/09/13 13:17:21.37 YKEXccTH.net
>>103の最後の行、行番号を間違えました
11行目、s､t、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合が見つかったので証明は失敗です。
106:日高
20/09/13 13:21:01.80 6Gdzz29l.net
>98
> x,yがともに、有理数とならないからです。
はインチキのウソです。
(p^{1/(p-1)})/wが、有理数と、無理数両方の場合を、検討する必要があります。
１をよく見てください。
107:日高
20/09/13 13:23:12.71 6Gdzz29l.net
>99
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
次の、行から、書いています。
108:日高
20/09/13 13:27:56.46 6Gdzz29l.net
>101
>では証明内容に変更があった場合、
都度新スレを立てるという事ですか？
証明内容を、変更した場合、位置が、頭になりません。
109:１３２人目の素数さん
20/09/13 13:29:11.04 YKEXccTH.net
>>105
いいですか。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
証明は、失敗です。
110:１３２人目の素数さん
20/09/13 13:33:16.52 pnRiX9Ah.net
>>107
> >101
> >では証明内容に変更があった場合、
> 都度新スレを立てるという事ですか？
>
> 証明内容を、変更した場合、位置が、頭になりません。
それならそれで良いのですが、
それだったら、証明内容を変更したい理由で新スレ立てなくてもよかったのに。
と思いました。
111:１３２人目の素数さん
20/09/13 13:34:31.96 YKEXccTH.net
>>106
> 次の、行から、書いています。
後に書いたものは、証拠になりません。
「(4)のx,y,zも整数比とならない。」と書きたいなら、その証拠はそれを書く『前に』書く必要があります。
証明は失敗です。
112:１３２人目の素数さん
20/09/13 14:07:08.61 W+93Cdz5.net
>>93
(3)のyが有理数の場合だけじゃ(4)のx,y,zが整数比にならないことはわからないでしょ。
証明になってない。
これ以上は説明しませんのであしからず。
113:日高
20/09/13 14:55:49.23 6Gdzz29l.net
>102
ｒは積の形にする前も後も、どんな値でも成り立つまま、変化はありません。
なにも変化がないのだから、積の形にすることは無駄です。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)を、
r^(p-1)=apとすると、
{(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)となります。
これは、両辺にx^pを加えると、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となります。
114:１３２人目の素数さん
20/09/13 15:04:17.96 p4QUIW4P.net
>>112
> >102
> ｒは積の形にする前も後も、どんな値でも成り立つまま、変化はありません。
> なにも変化がないのだから、積の形にすることは無駄です。
>
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)を、
> r^(p-1)=apとすると、
> {(y/r)^p-1}={x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)となります。
> これは、両辺にx^pを加えると、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となります。
x^p+y^p=z^p の解x,y,zに対し a=(z-x)^(p-1)/p とおきます
これを変形した z=x+(ap)^{1/(p-1)} を x^p+y^p=z^p に代入すると
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p
が得られます
積の形を経由しなければならない理由は特にありませんね
115:１３２人目の素数さん
20/09/13 15:07:55.75 YKEXccTH.net
>>112
z=x+rとおくと、ｒはどんな数にでもなるので、
r=1でもｒ=√2でもなんでもいい。
ｒは何でもいいので、r=(ap)^{1/(p-1)}とすると
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)は
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)になります。
積の形にする必要は、まったくありません。
116:日高
20/09/13 15:16:16.62 6Gdzz29l.net
>104
11行目、s､t、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合が見つかったので証明は失敗です。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となります。
117:１３２人目の素数さん
20/09/13 15:19:59.10 YKEXccTH.net
>>115
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となります。
8行目の定義より、ｘは有理数×無理数=無理数、ｙも有理数×無理数=無理数なので、
5行目の無理数のx,有理数のyと8行目のx,yは当然別の比、別の数
7行目のx,y,zは5行目のx,y,zと同じ比ということなので8行目のx,yは当然別の比、別の数
別の比、別の数のなので、(4)となりません。インチキでウソですね。
証明は失敗です。
118:１３２人目の素数さん
20/09/13 15:27:00.94 36aPE5f3.net
>>1
要するにですね
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
この積の形への変形は「あなたがどのように r=(ap)^{1/(p-1)} という表現を見出したか」に対する説明でしかないのですよ
そんなの証明としてはどうでもいいこと、無駄なんです
無駄が無駄だと指摘されているだけです
119:日高
20/09/13 15:30:29.30 6Gdzz29l.net
>108
いいですか。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s
120:)のとき、 (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。 成り立たないときは、ありません。 成り立たないときは、ありませんが、zは、無理数となります。 証明は、失敗です。
121:日高
20/09/13 15:33:09.99 6Gdzz29l.net
>109
それだったら、証明内容を変更したい理由で新スレ立てなくてもよかったのに。
と思いました。
わざわざ、ありがとうございました。
122:１３２人目の素数さん
20/09/13 15:34:37.64 YKEXccTH.net
>>118
> 成り立たないときは、ありませんが、zは、無理数となります。
証拠がありません。
当然のことながら、結論である「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は証拠に使えません。
証明は、失敗です。
123:日高
20/09/13 15:37:41.03 6Gdzz29l.net
>110
後に書いたものは、証拠になりません。
「(4)のx,y,zも整数比とならない。」と書きたいなら、その証拠はそれを書く『前に』書く必要があります。
どんなふうに、書いたらよいのでしょうか？
124:日高
20/09/13 15:41:20.86 6Gdzz29l.net
>111
(3)のyが有理数の場合だけじゃ(4)のx,y,zが整数比にならないことはわからないでしょ。
証明になってない。
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
としています。
125:１３２人目の素数さん
20/09/13 15:43:36.86 pnRiX9Ah.net
これでも進歩したんだよ。
ちゃんとyが無理数の場合も考えるようになったしね。
126:日高
20/09/13 15:49:32.84 6Gdzz29l.net
>113
x^p+y^p=z^p の解x,y,zに対し a=(z-x)^(p-1)/p とおきます
これを変形した z=x+(ap)^{1/(p-1)} を x^p+y^p=z^p に代入すると
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p
が得られます
a=(z-x)^(p-1)/p は、どこから、導いて来られたのでしょうか？
127:日高
20/09/13 16:05:18.56 6Gdzz29l.net
>114
z=x+rとおくと、ｒはどんな数にでもなるので、
r=1でもｒ=√2でもなんでもいい。
ｒは何でもいいので、r=(ap)^{1/(p-1)}とすると
x^p+y^p=(x+r)^p…(1)は
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)になります。
積の形にする必要は、まったくありません。
例えば、p=3
(ap)^{1/(p-1)}=3
ならば、aが、求まります。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となります。
128:日高
20/09/13 16:10:40.29 6Gdzz29l.net
>116
>> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となります。
>8行目の定義より、ｘは有理数×無理数=無理数、ｙも有理数×無理数=無理数なので、
5行目の無理数のx,有理数のyと8行目のx,yは当然別の比、別の数
7行目のx,y,zは5行目のx,y,zと同じ比ということなので8行目のx,yは当然別の比、別の数
別の比、別の数のなので、(4)となりません。インチキでウソですね。
証明は失敗です。
(4)と同じ形という意味です。
129:１３２人目の素数さん
20/09/13 16:12:35.60 YKEXccTH.net
>>125
それがどうかしましたか？
z=x+rとおくと、ｒはどんな数にでもなるのだから
例えば、p=3
(ap)^{1/(p-1)}=3
の場合を考えたいのなら、そうすればいいのです。
積の形にする必要は、まったくありません。
130:日高
20/09/13 16:13:49.31 6Gdzz29l.net
>117
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
この積の形への変形は「あなたがどのように r=(ap)^{1/(p-1)} という表現を見出したか」に対する説明でしかないのですよ
違います。意味があります。
131:１３２人目の素数さん
20/09/13 16:15:57.70 YKEXccTH.net
>>126
それがどうかしましたか？
同じ形だからなんだというのですか？
1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形なので、整数比の解は存在しないですか？そんなわけないですね。
同じ形かどうかは関係ありません。
別の比、別の数のなので、(4)と同じように考えられません。インチキでウソです。
証明は失敗です。
132:日高
20/09/13 16:17:29.40 6Gdzz29l.net
>120
>> 成り立たないときは、ありませんが、zは、無理数となります。
>証拠がありません。
当然のことながら、結論である「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は証拠に使えません。
133:日高
20/09/13 16:20:15.12 6Gdzz29l.net
>120
>> 成り立たないときは、ありませんが、zは、無理数となります。
>証拠がありません。
当然のことながら、結論である「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は証拠に使えません。
なので、
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
この、検討が、必要となります。
134:１３２人目の素数さん
20/09/13 16:20:30.28 W/GcTUq5.net
>>128
> >117
> > (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
>
> この積の形への変形は「あなたがどのように r=(ap)^{1/(p-1)} という表現を見出したか」に対する説明でしかないのですよ
>
> 違います。意味があります。
その後の証明のどこにこの変形が生かされていますか？
それがなければ証明のなかで「意味」などありませんよ
135:１３２人目の素数さん
20/09/13 16:28:16.98 YKEXccTH.net
>>121
あなたの書いたものを活かすなら、こんな感じですかね。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を????
【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
(2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
(3)の解x,y,zが整数比になるような条件を考える。
r^(p-1)=pを変形するとr=p^{1/(p-1)}で、このrはpが奇素数の時無理数
z=x+rより、rが無理数の時x,zは1つまたは2つが無理数
１つが無理数で１つが有理数のとき整数比にならないので、x,zはともに無理数
無理数のx,zと整数比となる数yは当然無理数
よって、(3)の解x、y、zが整数比になるとすれば、
それは必ずxが無理数、yが無理数、zが無理数の時である。
そこで、とりあえず、
(3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、s,tは有理数、より整数比とならない。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、s,tは有理数、より整数比となる。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数か無理数かを考える。
…(証明したいひとが考えてください)…
…(もちろん証明の途中なので、結論である「x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。」は使えません)…
(ここまでできれば、(3)に無理数で整数比の解があるかないかわかるので、次に進むことができる。)
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比と????。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を????。
136:日高
20/09/13 16:31:56.48 6Gdzz29l.net
>127
>z=x+rとおくと、ｒはどんな数にでもなるのだから
例えば、p=3
(ap)^{1/(p-1)}=3
の場合を考えたいのなら、そうすればいいのです。
積の形にする必要は、まったくありません。
x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)とすることは、意味があります。
137:日高
20/09/13 16:48:29.94 6Gdzz29l.net
>129
>1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形なので、整数比の解は存在しないですか？
1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形ですが、x^2+y^2=z^2に、整数比の
解が、存在しないことは、いえません。
138:１３２人目の素数さん
20/09/13 16:51:42.87 YKEXccTH.net
>>134
> x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)とすることは、意味があります。
意味があるなら、すればいいのです。
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。
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
積の形にする必要は、まったくありません。
(うるさくいうとｒと(ap)^{1/(p-1)}の値の範囲が同じかどうかをきちんと調べないと駄目だけど)
139:１３２人目の素数さん
20/09/13 16:59:33.96 YKEXccTH.net
>>135
> 1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形ですが、x^2+y^2=z^2に、整数比の
> 解が、存在しないことは、いえません。
そんなことは当たり前ですよね。
だから同じ形かどうかはどうでもいいんです。
あなたの>>74の5行目> ｙが無理数の時、ｘが有理数となる。
あなたの>>74の7行目> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
と書いてあるのだから、それは8行目の x=(有理数のｓ×無理数のｗ),y=(有理数のt×無理数のｗ)
と同じ比になるわけがないのです。
8行目のｘ、ｙは5行目の(3)のｘ、ｙとは絶対に違う比です。だから(3)と同じことは言えません。
9行目のs、ｔは7行目の(4)のｘ、ｙとは絶対に違う比です。だから(4)と同じことは言えません。
証明は失敗です。
140:日高
20/09/13 17:20:45.37 6Gdzz29l.net
>132
その後の証明のどこにこの変形が生かされていますか？
それがなければ証明のなかで「意味」などありませんよ
(2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
この部分で、生きています。
141:日高
20/09/13 17:32:37.22 6Gdzz29l.net
>133
(p^{1/(p-1)})/wが有理数か無理数かを考える。
(p^{1/(p-1)})/wは、無理数、有理数どちらにも、なりえるので、両方考える必要があります。
142:１３２人目の素数さん
20/09/13 17:35:17.55 W+93Cdz5.net
>>122
結局、
(3)のx,y,zは整数比にならない …(A)
(4)のx,y,zは整数比にならない …(B)
あなたの説明は(A)と(B)を循環してるだけです。
証明ではありません。
143:１３２人目の素数さん
20/09/13 17:40:09.43 npGvBehd.net
で、いつまででたらめな文章ででたらめなことを書いて、数々の指摘を誤魔化すか無視し、正しいと言い張るんだ？
144:１３２人目の素数さん
20/09/13 17:52:41.62 9zWiKGRv.net
>>138
> >132
> その後の証明のどこにこの変形が生かされていますか？
> それがなければ証明のなかで「意味」などありませんよ
>
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
>
> この部分で、生きています。
「x^p+y^p=z^p の解x,y,z を任意の実数倍したものが再びx^p+y^p=z^p の解となる」ということは積の形に変形することなく証明できます
斉次多項式の一般的な性質ですね
他にないならやはり積の形の変形は不要、という結論しかでてきませんよ
145:１３２人目の素数さん
20/09/13 17:55:10.65 YKEXccTH.net
>>139
では結論ははっきりしていますね。ｽﾚﾘﾝｸ(math板)の>>74の
5行目> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
8行目> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
8行目のｘ、ｙは整数比なので、5行目のｘ、ｙとは明らかに別の比であり、8行目のx、y、zが整数比とならないかどうかは5行目のｘ、ｙ、zとは関係ない。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、8行目よりs,tは有理数なので、s、t、s+(p^{1/(p-1)})/wがすべて有理数となる。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、s、t、s+(p^{1/(p-1)})/wの3つの数とと同じ比の自然数解を持つ。
146:日高
20/09/13 18:33:47.37 6Gdzz29l.net
>136
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。
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
>積の形にする必要は、まったくありません。
なぜ、必要がないのでしょうか？
(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。このことが、言えなくなります。
147:１３２人目の素数さん
20/09/13 18:45:17.47 YKEXccTH.net
>>144
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。このことが、言えなくなります。
いえますよ。
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。
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
a=1のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
a≠1のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)は
(あなたも手抜きしてるので手抜きするけど、ほんとはここで(4)の解を計算する必要がある。)
(4)は、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍の解をもつ。
積の形にする必要は、まったくありません。
148:１３２人目の素数さん
20/09/13 19:15:46.74 YKEXccTH.net
>>145修正
>>1の書き方に合わせたけど、よくないので修正
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。題意(問題の意味)より、r>0としても問題ない。(ｒの定義)
新たな数aをa=(r^(p-1))/pで定義すると、すべてのｒに対してaが1対1で決まる。よって、ｒ=(ap)^{1/(p-1)}とおくことができる。(値域の確認)
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}とおくと、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。(代入)
後は同様
149:１３２人目の素数さん
20/09/13 19:45:27.80 XCz+tFAm.net
>>92
> >>1で何も証明していないのだが解にはなりません
> と言われても意味がわからないんだけれども解にならない理由は？
> x,yがともに、有理数とならないからです。
意味が全く分からないです
以下が証明として成り立っているとは全く思えませんが
>【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。
【日高証明】x,yがともに、有理数とならないからです。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
150:日高
20/09/13 19:55:32.83 6Gdzz29l.net
>137
あなたの>>74の5行目> ｙが無理数の時、ｘが有理数となる。
あなたの>>74の7行目> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
と書いてあるのだから、それは8行目の x=(有理数のｓ×無理数のｗ),y=(有理数のt×無理数のｗ)
と同じ比になるわけがないのです。
x,yが整数比とならないので、s,tも、整数比となりません。
151:日高
20/09/13 20:01:14.73 6Gdzz29l.net
>140
(3)のx,y,zは整数比にならない …(A)
(4)のx,y,zは整数比にならない …(B)
あなたの説明は(A)と(B)を循環してるだけです。
証明ではありません。
どの部分が、循環していることになるのでしょうか？
152:日高
20/09/13 20:03:02.53 6Gdzz29l.net
>141
で、いつまででたらめな文章ででたらめなことを書いて、数々の指摘を誤魔化すか無視し、正しいと言い張るんだ？
どの部分が、間違いでしょうか？
153:日高
20/09/13 20:07:12.67 6Gdzz29l.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,z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x,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,z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:日高
20/09/13 20:14:03.21 6Gdzz29l.net
ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=12、x=35
155:１３２人目の素数さん
20/09/13 20:18:06.84 XCz+tFAm.net
>>149
> どの部分が、循環していることになるのでしょうか？
>>148
> x,yが整数比とならないので、s,tも、整数比となりません。
あんたのやり方
s,tが整数比とならないことを証明しろといわれたらx,yが整数比とならないからと答える
逆に
x,yが整数比とならないことを証明しろといわれたらs,tが整数比とならないからと答える
あんたはx,yが整数比とならないこともs,tが整数比とならないことも証明していない
156:日高
20/09/13 20:25:21.53 6Gdzz29l.net
>142
「x^p+y^p=z^p の解x,y,z を任意の実数倍したものが再びx^p+y^p=z^p の解となる」ということは積の形に変形することなく証明できます
斉次多項式の一般的な性質ですね
z=x+rの場合の、「斉次多項式の一般的な性質」が、よく、わからないので、詳しく説明していただけないでしょうか。
157:１３２人目の素数さん
20/09/13 20:31:58.68 LfE6oKhG.net
>>150
疑問でごまかさずに質問に答えよ。
158:日高
20/09/13 20:33:31.74 6Gdzz29l.net
>143
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、8行目よりs,tは有理数なので、s、t、s+(p^{1/(p-1)})/wがすべて有理数となる。
この場合は（4)と同じ形なので、s、tは、整数比となりません。
159:１３２人目の素数さん
20/09/13 20:41:58.60 YKEXccTH.net
>>148
> x,yが整数比とならないので、s,tも、整数比となりません。
あなたはそんなこと調べていませんね。
5行目の(3)のｘが有理数の時、ｙが無理数になる
調べたのはそれだけです。
w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
s=1,t=2でもs=2,t=3でもｓ=3、ｔ=4でもとにかくどんなｓ､ｔ、でも必ず
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
5行目の(3)のｘが有理数の時、ｙが無理数となるだけで
5行目の(3)のｘ、ｙはどんな整数比にでもなります。
成り立たないときは、ありません。
160:１３２人目の素数さん
20/09/13 20:43:14.98 XCz+tFAm.net
「斉次多項式の一般的な性質」がよく分からなくても
x,y,zの次数が等しいことから代入して計算すれば以下が正しいことぐらい分かるでしょ
p=2でもpが奇素数のときのどちらでも
x^p+y^p=z^pの解(x,y,z)が存在すればその実数倍(x',y',z')=(ax,ay,az)も
x^p+y^p=z^pの解である
このとき解の比はx':y':z'=ax:ay:az=x:y:z (整数比であってもなくても)で等しく
r'=z'-x'=az-ax=a(z-x)=arとなるからr'はrのa倍になる
161:日高
20/09/13 20:43:35.26 6Gdzz29l.net
>145
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。
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}のとき、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
a=1のとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
a≠1のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)は
(あなたも手抜きしてるので手抜きするけど、ほんとはここで(4)の解を計算する必要がある。)
(4)は、(3)の解x,y,zのa^{1/(p-1)}倍の解をもつ。
>積の形にする必要は、まったくありません。
なぜ、ｒ=(ap)^{1/(p-1)}となるのでしょうか？
162:１３２人目の素数さん
20/09/13 20:46:48.10 XCz+tFAm.net
>>156
> この場合は（4)と同じ形なので、s、tは、整数比となりません。
この場合というのは整数比になる場合なんですがね
あんたの書いたことを書き換えると
整数比になる場合は(4)と同じ形なのでs,tは整数比となりません
であるから間違いですね
163:日高
20/09/13 20:51:51.82 6Gdzz29l.net
>146
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。題意(問題の意味)より、r>0としても問題ない。(ｒの定義)
新たな数aをa=(r^(p-1))/pで定義すると、すべてのｒに対してaが1対1で決まる。よって、ｒ=(ap)^{1/(p-1)}とおくことができる。(値域の確認)
ｒ=(ap)^{1/(p-1)}とおくと、(1)はx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。(代入)
どうして、a=(r^(p-1))/pと定義できるのでしょうか？
164:１３２人目の素数さん
20/09/13 20:58:59.56 YKEXccTH.net
>>159
> なぜ、ｒ=(ap)^{1/(p-1)}となるのでしょうか？
理由その1：ｒはどんな数にでもなるのだから、r=(ap)^{1/(p-1)}となることもある。それだけ。
理由その2：ぶっちゃけｒはどんな数にでもなるのだから、とりあえず自分の都合のいい数にしていい。
ただしあとで都合のいい数でない場合の時も考える必要はある。
理由その3：>>146に書いた通り、ｒと(ap)^{1/(p-1)}は変化する値の範囲が同じなので、置き換えることができる。
165:１３２人目の素数さん
20/09/13 21:15:48.53 YKEXccTH.net
>>161
> どうして、a=(r^(p-1))/pと定義できるのでしょうか？
aは定理の文には出てこない、私が勝手に決めた勝手な数だから、私の好きに決めることができる。
私の好きに決めることができるから、私の都合のいいように、
(今の場合、(1)をx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)に変形できるように）
決めた。
166:日高
20/09/14 06:58:15.83 WF9wDUzu.net
>147
以下が証明として成り立っているとは全く思えませんが
>【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。
【日高証明】x,yがともに、有理数とならないからです。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
z=x+rとすれば、分かります。
167:日高
20/09/14 07:16:23.83 WF9wDUzu.net
>153
>あんたのやり方
>s,tが整数比とならないことを証明しろといわれたらx,yが整数比とならないからと答える
逆に
>x,yが整数比とならないことを証明しろといわれたらs,tが整数比とならないからと答える
１では、x,yが整数比とならないからs,tが整数比とならない。としか、言っていません。
168:日高
20/09/14 07:19:32.81 WF9wDUzu.net
>155
>疑問でごまかさずに質問に答えよ。
どんな、質問でしょうか？
169:日高
20/09/14 07:29:51.48 WF9wDUzu.net
>157
>w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
成り立たないときは、ありません。
s,tが、どんな有理数であっても、成り立ちません。
170:１３２人目の素数さん
20/09/14 07:32:42.49 MgBiYtQK.net
>>167
成り立つか成り立たないか
どちらかを主張せよ
171:日高
20/09/14 07:37:05.24 WF9wDUzu.net
>158
p=2でもpが奇素数のときのどちらでも
x^p+y^p=z^pの解(x,y,z)が存在すればその実数倍(x',y',z')=(ax,ay,az)も
x^p+y^p=z^pの解である
このとき解の比はx':y':z'=ax:ay:az=x:y:z (整数比であってもなくても)で等しく
r'=z'-x'=az-ax=a(z-x)=arとなるからr'はrのa倍になる
これは、正しいです。
172:１３２人目の素数さん
20/09/14 07:48:06.37 /ZYNrwS+.net
>>167
(3√3/{91^(1/3)-3},4√3/{91^(1/3)-3},√3*91^(1/3)/{91^(1/3)-3})
はx^3+y^3=(x+√3)^3を満たす
p=3のときs=3,t=4でも成り立っているじゃないですか
173:日高
20/09/14 07:54:20.08 WF9wDUzu.net
>160
>この場合というのは整数比になる場合なんですがね
この場合というのは、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合です。
>あんたの書いたことを書き換えると
整数比になる場合は(4)と同じ形なのでs,tは整数比となりません
であるから間違いですね
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じ形となる。です。
174:１３２人目の素数さん
20/09/14 07:55:33.15 bNAmBzmL.net
>>1
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
ここまででyが無理数のときのことは何も言っていないので、yが無理数のときにx,y,zが整数比になるかもしれない。
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(3)のx,y,zが整数比になるかもしれないので、(4)のx,y,zも整数比になるかもしれない。
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(3)の両辺をw^pで割ったら(3)と違う式なので同じではない。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
(4)のx,y,zは整数比になるかもしれないので、そんなことは言えない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
証明は誤り。何も証明できていない。
175:１３２人目の素数さん
20/09/14 08:05:08.59 /ZYNrwS+.net
>>171
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)と同じ形となる。です。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合はx,y,zは整数比になるんです
x:y:z=s:t:s+{有理数}でs,tは有理数だから
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合 = x,y,zが整数比になる場合
だから言い換えても意味は変わらないですよ
176:日高
20/09/14 08:05:52.80 WF9wDUzu.net
>162
理由その1：ｒはどんな数にでもなるのだから、r=(ap)^{1/(p-1)}となることもある。それだけ。
理由その2：ぶっちゃけｒはどんな数にでもなるのだから、とりあえず自分の都合のいい数にしていい。
ただしあとで都合のいい数でない場合の時も考える必要はある。
>理由その3：>>146に書いた通り、ｒと(ap)^{1/(p-1)}は変化する値の範囲が同じなので、置き換えることができる。
(ap)^{1/(p-1)}でなかったならば、p=2の場合との、整合性がとれなくなります。
177:日高
20/09/14 08:09:57.39 WF9wDUzu.net
>163
>aは定理の文には出てこない、私が勝手に決めた勝手な数だから、私の好きに決めることができる。
よく、意味がわかりません。
178:１３２人目の素数さん
20/09/14 08:10:38.13 /ZYNrwS+.net
>>174
> p=2の場合との、整合性がとれなくなります。
元々あんたの証明に整合性はないのだから気にしなくてよいですよ
179:日高
20/09/14 08:13:02.84 WF9wDUzu.net
>168
成り立つか成り立たないか
どちらかを主張せよ
成り立ちません。
180:１３２人目の素数さん
20/09/14 08:15:38.72 RYfk54FS.net
これは数学のテーマではありません。数学漫談の類いです。
数学以外の話題は数学板以外でやってください。
181:日高
20/09/14 08:36:27.27 WF9wDUzu.net
>170
(3√3/{91^(1/3)-3},4√3/{91^(1/3)-3},√3*91^(1/3)/{91^(1/3)-3})
はx^3+y^3=(x+√3)^3を満たす
>p=3のときs=3,t=4でも成り立っているじゃないですか
3^3+4^3=(3+√3/w)^3
3^3+4^3={91^(1/3)}^3
zは無理数となります。
182:１３２人目の素数さん
20/09/14 08:53:57.51 l3PJC1OI.net
>>179
> zは無理数となります。
x,yは整数比だからs,tも整数比でしょ
>>1
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
x,y,zを用いて書きかえると
x^p+y^p=z^pにおいてx,yを有理数とした場合
zが無理数であればx,y,zは整数比でない
zが有理数であればx,y,zは整数比である
この場合はx,yは常に整数比であってx,y,zが整数比かどうかは
zが有理数か無理数かで決まる
あんたの主張はx,yを有理数とした場合
zが無理数であればx,yは整数比でないからx,y,zは整数比でない
zが有理数であればx,yは整数比でないからx,y,zは整数比でない
元々あんたの証明にp=2の場合との整合性はない
183:日高
20/09/14 11:25:57.89 WF9wDUzu.net
>172
>(3)の両辺をw^pで割ったら(3)と違う式なので同じではない。
同じ式となります。
(3)が成り立つならば、(3)の両辺をw^pで割っても、成り立ちます。
184:日高
20/09/14 11:30:55.50 WF9wDUzu.net
>173
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合はx,y,zは整数比になるんです
x:y:z=s:t:s+{有理数}でs,tは有理数だから
x,y,zは整数比になりますが、成り立ちません。
185:日高
20/09/14 11:32:57.37 WF9wDUzu.net
>176
>元々あんたの証明に整合性はないのだから気にしなくてよいですよ
どの部分が、整合性がないのでしょうか？
186:日高
20/09/14 11:35:30.46 WF9wDUzu.net
>178
これは数学のテーマではありません。数学漫談の類いです。
数学以外の話題は数学板以外でやってください。
どの部分が、数学漫談なのでしょうか？
187:日高
20/09/14 11:43:59.31 WF9wDUzu.net
>180
>x,yは整数比だからs,tも整数比でしょ
s,tが有理数の場合、成り立ちません。
>あんたの主張はx,yを有理数とした場合
zが無理数であればx,yは整数比でないからx,y,zは整数比でない
x,yは整数比ですが、x,y,zは整数比でないです。
>zが有理数であればx,yは整数比でないからx,y,zは整数比でない
zが有理数であればx,yは整数比なので、x,y,zは整数比となります。
188:日高
20/09/14 11:45:55.30 WF9wDUzu.net
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】x^2+y^p=z^2を、z=x+rとおいてx^2+y^2=(x+r)^2…(1)とする。
(1)を積の形にすると、r{(y/r)^2-1}=a2x(1/a)…(2)となる。
(2)はa=1、r=2のとき、x^2+y^2=(x+2)^2…(3)となる。
(3)の右辺を二項展開して、yに有理数を代入すると、xは有理数となり、x,y,z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…(
189:4)となる。 (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa倍となるので、(4)のx,y,z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。
190:日高
20/09/14 11:50:24.00 WF9wDUzu.net
ピタゴラス数の求め方
y^2=4x+4の、yに任意の有理数を代入して、xを求める。
例
y=14、x=48は、
y=7、x=24
191:１３２人目の素数さん
20/09/14 12:20:14.47 0bVMxpW6.net
>>181
>同じ式となります。
>(3)が成り立つならば、(3)の両辺をw^pで割っても、成り立ちます。
等号は成り立っても式は違います。割ったものが同じ式というのなら、数学ではありません。
それはそれとして、他の指摘は無視ですか？そんなことばかりやってるからインチキだと言われるんですよ。
他に何も反論がないのなら他の部分は認めたものと見なします。
どうせ忘れてるだろうからもう一度書きます。
>>1
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=z^pを、z=x+rとおいてx^p+y^p=(x+r)^p…(1)とする。
> (1)を積の形にすると、r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)となる。(aは有理数)
> (2)はa=1、r^(p-1)=pのとき、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(3)となる。
> (3)の右辺を二項展開すると、yが有理数のとき、xは無理数となるので、x,y,zは整数比とならない。
ここまででyが無理数のときのことは何も言っていないので、yが無理数のときにx,y,zが整数比になるかもしれない。 …(A)
> (2)はa=1以外、rが有理数のとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)のx,y,zも整数比とならない。
(A)により(3)のx,y,zが整数比になるかもしれないので、(4)のx,y,zも整数比になるかもしれない。 …(B)
> (3)をx=sw、y=twとおいて、(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pとする。(s,tは有理数、wは無理数)
> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
> (p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合は、(3)と同じとなるので、tが有理数のとき、sは無理数となる。
(3)の両辺をw^pで割ったら(3)と違う式なので同じではない。
(日高氏は同じだと言い張っているが、何が同じなのか説明がなく理解できない)
> (p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は、(4)となるので、sが有理数のとき、tは無理数となる。
(B)により(4)のx,y,zは整数比になるかもしれないので、そんなことは言えない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
証明は誤り。何も証明できていない。
192:１３２人目の素数さん
20/09/14 19:51:27.32 TFLexuEy.net
>>166
> >155
> >疑問でごまかさずに質問に答えよ。
>
> どんな、質問でしょうか？
だからごまかすな。
193:１３２人目の素数さん
20/09/14 19:57:19.55 o9plRFWV.net
>>182
> x,y,zは整数比になりますが、成り立ちません。
成り立たないというのはあんたの証明とは無関係の数学的事象でしょ
私日高の証明ではx,y,zは整数比になりますが実際のところ成り立ちません
というのはあんたの証明が間違っているというだけのことです
>>185
> s,tが有理数の場合、成り立ちません。
s,tが有理数ならx,yは整数比です
> zが有理数であればx,yは整数比なので、x,y,zは整数比となります。
x,yは整数比なので
とのことですがs,tが有理数の場合に成り立たないのならばx,yは整数比でないということです
194:１３２人目の素数さん
20/09/14 20:44:06.79 bNAmBzmL.net
>>189
日高氏は言われたことを何も覚えてないから、何回でも同じことを書くしかないですよ。
記憶障害なのか認知症なのか知らないけど。
195:１３２人目の素数さん
20/09/15 01:
196:06:50.62 ID:39aieNtH.net
197:１３２人目の素数さん
20/09/15 01:16:55.58 39aieNtH.net
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)の>>156
> この場合は（4)と同じ形なので、s、tは、整数比となりません。
同じ形であることは、証拠にはならないとあなたが書いています。
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)の>>135
> 1^2+2^2=(√5)^2とx^2+y^2=z^2は同じ形ですが、x^2+y^2=z^2に、整数比の
> 解が、存在しないことは、いえません。
同じ形であることは証拠になりません。つまりインチキのウソです。
(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合は(4)と同じ形ですが、整数比の解が、存在しないことは、言えません。
198:１３２人目の素数さん
20/09/15 01:21:44.36 39aieNtH.net
>>167
わたしが書いた> >w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
わたしが書いた> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pは『必ず』成り立つのです。
わたしが書いた> 成り立たないときは、ありません。
あなたが書いた> s,tが、どんな有理数であっても、成り立ちません。
では、w=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)のとき、
(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^pが成り立たない、つまり左辺と右辺が違う数であることを、証明してください。
s,tは何でもいいですが、たとえばｐ=3、s=1,ｔ=2の時は左辺はどうなりますか？右辺はどうなりますか？