フェルマーの最終定理の簡単な証明その４

1 ：日高：2020/08/27(木) 18:45:39.48 ID:q02tcKl1.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)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=p^{1/(p-1)なので、yが有理数のとき、xは無理数となり、x,y,zは整数比とならない。
(2)はa=1以外、r^(p-1)=apのとき、x^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)のrが有理数のとき、(4)の解は(3)の解のa^{1/(p-1)}倍となるので、(4)の解x,y,zも整数比とならない。
∴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。

597 ：日高：2020/09/10(木) 21:13:08.06 ID:LOwpfBfp.net

>591
p=3には興味がないってば。x=1だけわかってもしかたがないし。
でもまあともかく。この右辺が無理数だって証明できる？

計算すれば、無理数になります。

598 ：日高：2020/09/10(木) 21:14:29.70 ID:LOwpfBfp.net

>594
> 一般の奇素数pの場合も展開すれば、無理数になることが、わかります。
> また、符号が、+のみなので、有理数となることは、ありません。

それでは証明になりません。

どうしてでしょうか？

599 ：１３２人目の素数さん：2020/09/10(木) 21:16:15.66 ID:AuQeaeh+.net

>>597 日高
> >591
> p=3には興味がないってば。x=1だけわかってもしかたがないし。
> でもまあともかく。この右辺が無理数だって証明できる？
>
> 計算すれば、無理数になります。

計算した結果がいくつになって、そしてそれがどういう理由で無理数になるのですか？

600 ：日高：2020/09/10(木) 21:17:15.63 ID:LOwpfBfp.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)は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。

601 ：１３２人目の素数さん：2020/09/10(木) 21:17:41.44 ID:AuQeaeh+.net

>>598 日高
> >594
> > 一般の奇素数pの場合も展開すれば、無理数になることが、わかります。
> > また、符号が、+のみなので、有理数となることは、ありません。
>
> それでは証明になりません。
>
> どうしてでしょうか？

証明になると言うのでしたら、一般的な定理の形に書いて、証明してください。

602 ：日高：2020/09/10(木) 21:18:29 ID:LOwpfBfp.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)はyが有理数のとき、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。

603 ：１３２人目の素数さん：2020/09/10(木) 21:19:15 ID:AuQeaeh+.net

>>600 日高
> 【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)は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。

(3)にはzは出てこないんですが、どうして「x,y,zは整数比とならない」となるんですか？

604 ：１３２人目の素数さん：2020/09/10(木) 21:26:07 ID:pxvzp2QX.net

>>590
> x=1とすると、右辺は、
> (1+3^(1/2))^3=1+3*3+3*3^(1/2)+3^(3/2)

x^2+y^2=(x+√3)^2でも同じことでしょ
整数比になることを考えるのならばr=√3だったらx,yは無理数じゃないとダメですよ


>>596
x^3+y^3=(x+r)^3のときだったらy^3={xの2次式}になるので
yを先に決めればxの2次方程式になる
その解xと先に与えたyの比が整数比になるかどうか

> x^2+y^2=z^2は解x,y,zの比がs:t:u√2(s,t,uは有理数)になるような解を持つ
この場合はy^2=2(x+r)^2-x^2={xの2次式}になるので
yを先に決めればxの2次方程式になる
その解xと先に与えたyの比が整数比になるかどうか

だから同じ問題
yを先に決めればxの2次方程式になる
その解xと先に与えたyの比が整数比になるかどうか
になる

605 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 01:43:27 ID:Szc54JZY.net

>>555

>　s^p+t^p={(s^p+t^p)^(1/p)}^pは間違いでしょうか？

問題文に「可能な限り式を簡単に書いてください」と書いてあるのだから、間違いです。

累乗の累乗の計算(x^m)^n=x^(mn)より
右辺={(s^p+t^p)^(1/p)}^p=(s^p+t^p)^(p*1/p)=s^p+t^pです。

よって元の式

(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3)’
はw=(p^{1/(p-1)})/({(s^p+t^p)^(1/p)}-s)を代入して計算すると
s^p+t^p=s^p+t^p…(3)’’
となります。(3)''式はs,t,pがどんな値であろうと常に必ず成り立ちます。

つまり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…(3)’は必ず成り立ちます。

あなたがhttp://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/の>>428で書いたような、
> sw,twが整数比となるので、式は成り立たない。
はインチキのウソです。

606 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 02:20:10.50 ID:Szc54JZY.net

>>557

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。

「(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。

>>600について

> 【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)は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。

(4)の解が有理数で整数比になる時、
>　(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
より、(3)のｙは必ず無理数になるが、(3)のｙが無理数の場合は調べていない。
>　(4)のx,y,zは、(3)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる
より、(4)の解がどうなるか言う「前に」、絶対に(3)の無理数で整数比の解について調べる必要があります。

もちろん(3)に無理数で整数比の解がある場合、(3)にほかに同じ比の解はない。(3)に整数比の解があるとき(3)のｙは必ず無理数である。
よって(4)の解がどうなるは不明。

なにもかわっていませんね。証明は失敗です。

607 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 03:15:22.84 ID:nlr/XJMy.net

>>558

もともと>>1さんのの主張はこうだった
> AB=CＤならば、A=Cのとき、B=Ｄが成り立つ

r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)として
r=p^{1/(p-1)}の時のことだけ考えた

そしてA=Cが成り立たないときのことを考えていないのでだめだと何度も何度も何度も…言われてこうなった

> AB=aCＤ(1/a)ならば、A=aCのとき、B=Ｄ(1/a)が成り立つ
そしたらこんどはAもＣもどんな数字でもよくなった
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)として
r=(ap)^{1/(p-1)}と置いたらｒはどんな数字にでもなる
r=p^{1/(p-1)}はr=1やr=2やｒ=√2やｒ=√3となにもかわらない、何の特別な理由もないただの数になった

AB=aCＤ(1/a)ならば、A=aCのとき、B=Ｄ(1/a)が成り立つ
としたとき、ｒはどんな数字にでもなる、ｒを特定の数に決める理由に全くならない

rを特定の数に決める理由にならないなら、そもそも
AB=aCＤ(1/a)ならば、A=aCのとき、B=Ｄ(1/a)が成り立つ
なんていうことを考える意味は全くない

】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。
もともとこの時点でrの値はなんでもいいのだから
r^(p-1)=pのときのことを考えたいなら勝手に考えればいい
もとの式を積の形にする意味は全くない
積の形にしたって、ｒの値は何でもいいことに変わりがない
替わりがないなら、やる意味がない。


というわけで、>>600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)
という1行には何の意味もありません。無駄な1行です。

608 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 03:28:46.81 ID:nlr/XJMy.net

>>600

> r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(2)

とおいたとき、aは0以外のどんな数でも成り立つ。

(2)がx^p+y^p=(x+(ap)^{1/(p-1)})^p…(4)になるのは

r=(ap)^{1/(p-1)}が成り立つときだけど

このときa=(r^(p-1))/pなので、ｒが有理数の時aは必ず有理数

よって、
> (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)
の(aは有理数)の部分は書いてあっても全く意味がない、無駄な一言です。

609 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 03:46:13.78 ID:nlr/XJMy.net

>>600
4行目> (3)は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。
5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。
6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。
7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> 両辺をw^pで割って、s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^pとする。
9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。
10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。
11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。

7行目、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、
4行目の無理数のx,有理数のyと7行目のx,yは当然別の比、別の数
6行目のx,y,zは4行目のx,y,zと同じ比なので7行目のx,yは当然別の比、別の数
9行目、(p^{1/(p-1)})/wが無理数の場合で、7行目の定義よりs､tは有理数
10行目、(p^{1/(p-1)})/wが有理数の場合で、7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。

610 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 06:02:37.39 ID:+SU7yer4.net

>>609
> 11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。

あ、そっか。
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p で (p^{1/(p-1)})/w が有理数の場合は、
x^p+y^p=z^p の有理数解になるもんな。

611 ：日高：2020/09/11(金) 10:18:18.77 ID:Z/+Gix7z.net

>601
証明になると言うのでしたら、一般的な定理の形に書いて、証明してください。

二項展開してみて下さい。

612 ：日高：2020/09/11(金) 10:24:31.26 ID:Z/+Gix7z.net

>603
(3)にはzは出てこないんですが、どうして「x,y,zは整数比とならない」となるんですか？

z=x+p^{1/(p-1)}です。

613 ：日高：2020/09/11(金) 10:31:49.07 ID:Z/+Gix7z.net

>604
yを先に決めればxの2次方程式になる
その解xと先に与えたyの比が整数比になるかどうか
になる

そのとおりです。

614 ：日高：2020/09/11(金) 10:39:35.99 ID:Z/+Gix7z.net

>605
> sw,twが整数比となるので、式は成り立たない。
はインチキのウソです。

(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3)’が必ず成り立つことが、
sw,twが整数比となるので、式は成り立たない。
はインチキのウソです。ということになるのでしょうか？

615 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 11:30:53.08 ID:OcphTklJ.net

>>611 日高
> >601
> 証明になると言うのでしたら、一般的な定理の形に書いて、証明してください。
>
> 二項展開してみて下さい。

ああ、証明できていないのね。

616 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 11:31:49.34 ID:OcphTklJ.net

>>612 日高
20603
(3)にはzは出てこないんですが、どうして「x,y,zは整数比とならない」となるんですか？

z=x+p^{1/(p-1)}です。

617 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 11:35:07.84 ID:OcphTklJ.net

>>612 日高
> >603
> (3)にはzは出てこないんですが、どうして「x,y,zは整数比とならない」となるんですか？
>
> z=x+p^{1/(p-1)}です。

だったらわかるように書いて。
（>>616はミスです。すみません。）

618 ：日高：2020/09/11(金) 12:04:46.99 ID:Z/+Gix7z.net

>606
ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。

あとで、ｙが無理数の場合を書いています。

619 ：日高：2020/09/11(金) 12:09:19.44 ID:Z/+Gix7z.net

>607
> (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)
という1行には何の意味もありません。無駄な1行です。

無駄では、ありません。

620 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 12:14:08.09 ID:1u/r96bl.net

>>618

> >606
> ここまでで、(3)のｙが無理数の場合を考えていない。
>
> あとで、ｙが無理数の場合を書いています。

その「あとで」が終わるまで「(3)に整数比の解が存在しない」は使えない(まだ成立していない)

621 ：日高：2020/09/11(金) 12:14:40.53 ID:Z/+Gix7z.net

>608
> (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)
の(aは有理数)の部分は書いてあっても全く意味がない、無駄な一言です。

aは実数でもよいですが、aが何かを示す必要があります。

622 ：日高：2020/09/11(金) 12:19:48.20 ID:Z/+Gix7z.net

>609
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。

どういう意味でしょうか？
フェルマーの最終定理の反例になると、思いますが？

623 ：日高：2020/09/11(金) 12:23:59.54 ID:Z/+Gix7z.net

>610
s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p で (p^{1/(p-1)})/w が有理数の場合は、
x^p+y^p=z^p の有理数解になるもんな。

pが奇素数のとき、
整数比には、なりますが、有理数解にはなりません。

624 ：日高：2020/09/11(金) 12:26:11.16 ID:Z/+Gix7z.net

>615
> 二項展開してみて下さい。

ああ、証明できていないのね。

二項展開してみたらわかります。

625 ：日高：2020/09/11(金) 12:29:08.84 ID:Z/+Gix7z.net

>620
その「あとで」が終わるまで「(3)に整数比の解が存在しない」は使えない(まだ成立していない)

yが有理数の場合は、成立しています。

626 ：日高：2020/09/11(金) 12:31:31.58 ID:Z/+Gix7z.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。
(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。

627 ：日高：2020/09/11(金) 12:32:44.14 ID: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。

628 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 13:35:01.85 ID:nv82Tc9b.net

>>626 日高
> 【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。

「右辺を二項展開すると」と書いたら証明になると思ったら大間違いですよ。
これでは証明になっていません。

x,y,z=x+p^{1/(p-1)}が同時に有理数にならないことをいいたいだけなら
xとzとは同時に有理数たりえないと書けば済むのにねえ。

629 ：日高：2020/09/11(金) 13:43:43.88 ID:Z/+Gix7z.net

>628
x,y,z=x+p^{1/(p-1)}が同時に有理数にならないことをいいたいだけなら
xとzとは同時に有理数たりえないと書けば済むのにねえ。

そうですね。

630 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 13:48:51.24 ID:PaAy4K3v.net

xが有理数、pが素数のとき
(x+p^{1/(p-1)})^p
は直感では無理数になるような気がするけど、それはただの願望だし証明になっていない

631 ：日高：2020/09/11(金) 13:59:48.15 ID:Z/+Gix7z.net

>630
xが有理数、pが素数のとき
(x+p^{1/(p-1)})^p
は直感では無理数になるような気がするけど、それはただの願望だし証明になっていない

二項展開してみたらわかります。

632 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 14:07:12.31 ID:OcphTklJ.net

日高君は、ひとには納得のゆく説明を求めるくせに、自分ではそれをしないのね。身勝手な人だね。

633 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 18:18:31.38 ID:LNoYrJLH.net

>>626

> 【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。

ここではyが有理数の場合にのみ「x,y,zは整数比とならない」が成立しています。

> (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。

(4)のx,y,zが「(3)のx,y,z、yが無理数」のa^{1/(p-1)}倍であった場合に「(4)のx,y,zは整数比とならない」は成立していません。
さも常に成立するかのように装うのはやめましょう。

> (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。

634 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 19:04:51.68 ID:+SU7yer4.net

>>623
> >610
> s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p で (p^{1/(p-1)})/w が有理数の場合は、
> x^p+y^p=z^p の有理数解になるもんな。
>
> pが奇素数のとき、
> 整数比には、なりますが、有理数解にはなりません。

s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p が成り立っています。
１． s は有理数です。
２． t は有理数です。
３． s+(p^{1/(p-1)})/w は有理数です。

だから、x^p+y^p=z^p の有理数解になります。

635 ：１３２人目の素数さん：2020/09/11(金) 19:42:10.05 ID:xRX+slpz.net

>>633

> ここではyが有理数の場合にのみ「x,y,zは整数比とならない」が成立しています。

そうですよね。だから「x,y,zは（すべてが同時に）有理数とはならない」が妥当だと思います。

636 ：１３２人目の素数さん：2020/09/12(土) 06:28:44.14 ID:CobLRIF6.net

>>631
> >630
> xが有理数、pが素数のとき
> (x+p^{1/(p-1)})^p
> は直感では無理数になるような気がするけど、それはただの願望だし証明になっていない
>
> 二項展開してみたらわかります。

わかりません。

637 ：１３２人目の素数さん：2020/09/12(土) 11:41:29.81 ID:bnmJc/B/.net

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/の>>614

> (sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3)’が必ず成り立つことが、
> sw,twが整数比となるので、式は成り立たない。
> はインチキのウソです。ということになるのでしょうか？

なります。

(sw)^p+(tw)^p=(sw+p^{1/(p-1)})^p…(3)’は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
sw,twが整数比となるので、式は成り立たない。
はインチキのウソです。

638 ：１３２人目の素数さん：2020/09/12(土) 12:01:18.46 ID:bnmJc/B/.net

>>618

> あとで、ｙが無理数の場合を書いています。

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。

>>626

> 【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。

>>626の証明も、失敗です。

639 ：１３２人目の素数さん：2020/09/12(土) 12:27:32.78 ID:bnmJc/B/.net

>>619

> 無駄では、ありません。

いいえ、無駄です。

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。
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=(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。

640 ：１３２人目の素数さん：2020/09/12(土) 12:28:57.82 ID:bnmJc/B/.net

>>626

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1598521539/の>>609を読んでください。

>>626の証明は、失敗です。

641 ：１３２人目の素数さん：2020/09/13(日) 00:00:56.45 ID:tydNzcKi.net

日高さん、ここ以外にも書き散らしているようですが、ここ以外では歓迎されません。やめたほうがよいですよ。

642 ：１３２人目の素数さん：2020/09/13(日) 06:15:46.43 ID:lvD613sl.net

>>626
数学とはまったく関係のない文章ですので、お笑い芸人板あたりでやるといいと思います。

643 ：１３２人目の素数さん：2020/09/13(日) 08:05:30.28 ID:qRZkTNQA.net

別にここでも歓迎してないけどな

644 ：１３２人目の素数さん：2020/09/13(日) 20:30:06.60 ID:2bzey4fk.net

日高が別スレを立てやがった

二項定理を使ったフェルマーの最終定理の証明
https://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1599774702/

645 ：１３２人目の素数さん：2020/09/13(日) 22:15:57.33 ID:JzY3DWmv.net

さすが偉大な数学者は違うな

646 ：１３２人目の素数さん：2021/02/01(月) 10:02:57.46 ID:2VOGL+TX.net

42 名前：日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日：2020/08/28(金) 20:29:09.97 ID:cjwSyL+I [15/17]
>39
仮定から結論を導くことができなかったので、間違いです

結論は、有理数解はないです。

43 名前：日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日：2020/08/28(金) 20:32:43.62 ID:cjwSyL+I [16/17]
>40
いいえ。
x=s、z=uは共に有理数ですから、明らかに成り立ちません。

どの式が、成り立たないのでしょうか？

44 名前：日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日：2020/08/28(金) 20:35:19.37 ID:cjwSyL+I [17/17]
>41
> 「(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」　　…(A)

は成り立たない、という事でよろしいですか？

これは、正しいです。
51 名前：日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日：2020/08/29(土) 08:33:43.54 ID:YY+F/JcY [1/29]
>45
それはおかしくないですか？

> s^p+t^p=(s+p^{1/(p-1)})^p
とは、なりません。

s^p+t^p=(s+(p^{1/(p-1)})/w)^p
となります。

52 名前：日高[kokaji222@yahoo.co.jp] 投稿日：2020/08/29(土) 09:06:56.39 ID:YY+F/JcY [2/29]
>46
z-xがz/λ-x/λ=(z-x)/λで置き換わる。λは無理数だから1ではない。
よってz-xの値が変わる。こんな当たり前の話がわからないのですか？

「z-xが」のz,xの比と
z/λ-x/λ=(z-x)/λのz,xの比は、同じとなります。