◎正当な理由による書き込みの削除について： 生島英之とみられる方へ:
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【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>つまり、有理数解が無ければ整数比にならないと言っていたのは、大嘘確定。
p=2の場合は、x,y,zが無理数で、整数比となります。
>反省なし。ゴミ
すみません。よく見て貰えないでしょうか。
>次の段階に進みましょう
② 二つの内角が等しい三角形は二等辺三角形である
仮定:二つの内角が等しい三角形
結論:(その三角形は)二等辺三角形である(つまり二つの辺の長さが等しい)
です。
これを証明してみましょう。
三角形の合同条件を三つ覚えていますか？言えますか？
三角形の合同条件
①３辺が等しい。
②
>次の段階に進みましょう
② 二つの内角が等しい三角形は二等辺三角形である
仮定:二つの内角が等しい三角形
結論:(その三角形は)二等辺三角形である(つまり二つの辺の長さが等しい)
です。
これを証明してみましょう。
三角形の合同条件を三つ覚えていますか？言えますか？
三角形の合同条件
①３辺が等しい。
②２辺とその間の角が等しい。
➂１辺と両端の角が等しい。
です。
***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
この迷言に対し
> 小学校から大学教養レベルあたりまでの数学で、「数」とは
> 自然数、整数、実数（有理数、無理数）、複素数
> であるが a^{1/(1-1) は上記のどれにあたるのだ？
という指摘がなされたが、これに対しても
a^{1/(1-1) は特定できない数です。
という世紀の珍答を与えている。さらに
> スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね？
> (1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
> (2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
> (3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
という質問に対しては
問題の意味がよくわかりません。
⇒の意味は、～ならば～である。と思いますが、
sin(π/2) = 0, sin(π/3) = 0となりません。
sin(π/2) = 1となりますが、 cos(π/3) = 1となりません。
と漫才のような珍答を与えている。
>>2 > p=2の場合は、x,y,zが無理数で、整数比となります。
だから、大嘘確定。
>>1
とりあえずコメント入れてみました。
【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
〔コメント〕
書き方が不適切。
「r=z-xとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。」
なら意味は通じる。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…③とする。
③はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…④となる。
〔コメント〕
③はr^(p-1)=pとならない。
④でX,Yを説明なく使っている。定義が不明。
④はrが無理数となるので、式は成り立たない。
③の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
〔コメント〕
aを説明なく使っている。定義が不明。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
〔コメント〕
⑤はr^(p-1)=paとならない。
⑥でX,Yを説明なく使っている。④にもX,Yが使われているが関連が不明。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
〔コメント〕
④にx,y,zは使われていない。意味不明。
「よって、⑥も式は成り立たない。」の根拠が不明。
∴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 「あるrに対してはx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がない」は言えたとしても
これの無理数解X,YでX:Y:X+rが自然数比になるものがないとは言えない。
X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとする。
X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
ここが日高氏の証明の誤りの中核部分だと思う。
（スレッドが変わったので再投稿。）
>>3 > >反省なし。ゴミ
>
> すみません。よく見て貰えないでしょうか。
～となるというのは意味不明だろ言われているだろうが。直らない限りみる価値無し。
>>3 > すみません。よく見て貰えないでしょうか。
よく見てと言われたって，肝心のところは証明が書かれていないのだから，
どうしようもありません。
>a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
まちがいでしょうか？
>p=2の場合は、x,y,zが無理数で、整数比となります。
だから、大嘘確定。
理由を教えていただけないでしょうか。
>>15 > 理由を教えていただけないでしょうか。
何で理由を教えなければならないのか、具体的に説明してくれ。
>>16 日高に何かを教える必要はないよ
日高ははどんなに具体的に説明されても、自分の意見に沿わないものは徹底的に無視する
こんな無駄な行為が他にあろうか
>〔コメント〕
書き方が不適切。
「r=z-xとおくと、x^p+y^p=(x+r)^p…②となる。」
なら意味は通じる。
一般的には、そうだと思います。
〔コメント〕
③はr^(p-1)=pとならない。
④でX,Yを説明なく使っている。定義が不明。
X,Yは、r^(p-1)=paの場合に使っています。
〔コメント〕
④にx,y,zは使われていない。意味不明。
「よって、⑥も式は成り立たない。」の根拠が不明。
④は、z=x+p^{1/(p-1)}です。
「よって、⑥も式は成り立たない。」の根拠は、
X:Y:Z=x:y:zとなるからです。
いちおう貼っとく
----------
988 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2019/11/29(金) 10:48:43.73 ID:JxAs7OyT [1/2]
あと
>>134の指摘も致命的だよね
995 名前：日高[] 投稿日：2019/11/29(金) 14:12:59.47 ID:yqQadrDU [9/10]
何度も書くが、Case BとCase Aは独立なので、
* Case Aで書いたことはCase Aの中でのみ有効。
* なのでCase B中でCase A中の式は使えない。（正確に言えば、使おうとするとCase Aのときの証明とは独立に定義・証明が必要）
ということ。
理由を教えていただけないでしょうか。
996 名前：１３２人目の素数さん[sage] 投稿日：2019/11/29(金) 14:16:39.12 ID:JxAs7OyT [2/2]
>>995 すまん。俺は
「数学のルールだから」
としか言えない。
>X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
これは、正しいと、思いますが、
なぜ、
「ここが日高氏の証明の誤りの中核部分だと思う。」
ということになるのでしょうか？
>～となるというのは意味不明だろ言われているだろうが。直らない限りみる価値無し。
申し訳ございません
>よく見てと言われたって，肝心のところは証明が書かれていないのだから，
どうしようもありません。
どの部分でしょうか？
>>20 > >X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
> (X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
>
> これは、正しいと、思いますが、
そう思われるなら、ご自分の誤りに気づかれると思います。
>何で理由を教えなければならないのか、具体的に説明してくれ。
>p=2の場合は、x,y,zが無理数で、整数比となります。
だから、大嘘確定。
「大嘘確定。」といわれたからです。
>>23 > >よく見てと言われたって，肝心のところは証明が書かれていないのだから，
> どうしようもありません。
>
> どの部分でしょうか？
>>1 の
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
と
> よって、⑥も式は成り立たない。
との間です。
> >X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
> (X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
>
> これは、正しいと、思いますが、
そう思われるなら、ご自分の誤りに気づかれると思います。
すみません。
誤りに気づくことができませんので、教えていただけないでしょうか。
>>25 > >何で理由を教えなければならないのか、具体的に説明してくれ。
>
> >p=2の場合は、x,y,zが無理数で、整数比となります。
> だから、大嘘確定。
>
> 「大嘘確定。」といわれたからです。
フーン。
で説明しなければならない理由ではないね。単なる事実だから。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
と
> よって、⑥も式は成り立たない。
との間です。
すみません。もうすこし、詳しく説明していただけないでしょうか。
>>27 rを最初に決めた値とするときx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がないという推論は正しい。
しかしX/d,Y/dはこの方程式の解ではなくx^p+y^p=(x+r/d)^pの解だから何の矛盾も生じない。
>>29 > すみません。もうすこし、詳しく説明していただけないでしょうか。
この意味がわかりませんか？ 隣接する文章の間です。そこの理由が述べられていません。
>rを最初に決めた値とするときx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がないという推論は正しい。
しかしX/d,Y/dはこの方程式の解ではなくx^p+y^p=(x+r/d)^pの解だから何の矛盾も生じない。
x^p+y^p=(x+r/d)^pは、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pのことなので、
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pの両辺をd^pで割ると、X^p+Y^p=(X+r)^pとなります。
x^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がないので、X^p+Y^p=(X+r)^pにも有理数解はありません。
>31
すみません。②はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
これは、小文字の、x,yです。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>32 3行目は
＞ x^p+y^p=(x+r/d)^p
5行目は
＞ x^p+y^p=(x+r)^p
になってるよ
>>34 > 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
> ②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> ②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…�ﾆする。
> �ﾍr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ。
5行目は
＞ x^p+y^p=(x+r)^p
になってるよ
＞ x^p+y^p=(x+r)^pは、一行目のx^p+y^p=(x+r)^pのことです。
>>38 >>32の3,4行目で
x^p+y^p=(x+r/d)^p から X^p+Y^p=(X+r)^p
を導いたんでしょ？
だったら、5行目の
＞ x^p+y^p=(x+r)^p
からは何も言えないんじゃない？
【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。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
(2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数となるので、式は成り立たない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>32 は？勝手に問題を変えるな痴呆野郎。
どういうことでしょうか？
>>32の3,4行目で
x^p+y^p=(x+r/d)^p から X^p+Y^p=(X+r)^p
を導いたんでしょ？
だったら、5行目の
＞ x^p+y^p=(x+r)^p
からは何も言えないんじゃない？
x^p+y^p=(x+r/d)^pは、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pのことです。
x^p+y^p=(x+r)^pは、有理数解をもちません。
よって、X^p+Y^p=(X+r)^pの、X,Yは、無理数ですが、整数比となりません。
>>42 ひょっとして『式の形が同じだから』
＞ x^p+y^p=(x+r)^p から X^p+Y^p=(X+r)^p
が言えると思ってる？
>>42,43
前スレでやってたわ。
----------
>>331あたりから、
>>495まで。
----------
俺はもう大丈夫だ。
ひょっとして『式の形が同じだから』
＞ x^p+y^p=(x+r)^p から X^p+Y^p=(X+r)^p
が言えると思ってる？
x^p+y^p=(x+r)^pのx,yは、有理数です。
X^p+Y^p=(X+r)^pのX,Yは、無理数です。
X,Yを、共通の無理数dでわると、有理数となります。
つまり、x,yと同じとなります。
>>40 > 【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…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
> (2)を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> (2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)はrが無理数となるので、式は成り立たない。
> (3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
> (6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も式は成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ
>>41 >
>>32 > は？勝手に問題を変えるな痴呆野郎。
>
> どういうことでしょうか？
ああ、問題の区別もできない痴呆老人だったんだっけ。
>>42 > x^p+y^p=(x+r)^pは、有理数解をもちません。
> よって、X^p+Y^p=(X+r)^pの、X,Yは、無理数ですが、整数比となりません。
大嘘付き
>>42 > x^p+y^p=(x+r/d)^pは、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pのことです。
>
> x^p+y^p=(x+r)^pは、有理数解をもちません。
この２つのことから
> よって、X^p+Y^p=(X+r)^pの、X,Yは、無理数ですが、整数比となりません。
を結論とする理由が全くわかりません。
詳しく説明してください。
x^p+y^p=(x+r/d)^pは、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pのことです。
> x^p+y^p=(x+r)^pは、有理数解をもちません。
この２つのことから
> よって、X^p+Y^p=(X+r)^pの、X,Yは、無理数ですが、整数比となりません。
を結論とする理由が全くわかりません。
詳しく説明してください。
X^p+Y^p=(X+r)^pの、X,Y,Zが、無理数で、整数比となると、仮定すると、
共通の無理数dで割ったX/d,Y/d,Z/dは、、有理数となります。
x^p+y^p=(x+r)^pは、x,y,zを有理数とすると、式は成り立ちません。
>>42 > x^p+y^p=(x+r)^pは、有理数解をもちません。
> よって、X^p+Y^p=(X+r)^pの、X,Yは、無理数ですが、整数比となりません。
大嘘付き
理由を教えていただけないでしょうか？
>>51 X/d,Y/d,Z/dが有理数だとなぜ最後の式が成り立たないのですか?
ここの
>>1も、どっかの誰かさんみたいに
必要条件と十分条件が分かってないのかなあ。
>>51 X/d,Y/d,Z/dが有理数だとなぜ最後の式が成り立たないのですか?
rが無理数なので、
x^p+y^p=(x+r)^pは、x,y,zが有理数のとき、式は成り立ちません。
>>51 X/d,Y/d,Z/dが有理数だとなぜ最後の式が成り立たないのですか?
rが無理数なので、
x^p+y^p=(x+r)^pは、x,y,zが有理数のとき、式は成り立ちません。
>ここの
>>1も、どっかの誰かさんみたいに
必要条件と十分条件が分かってないのかなあ。
すみません。ま違い箇所をを指摘していただけないでしょうか。
>>56 X/d,Y/d,Z/dはこの式の解にはならないので関係ないと思います。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>56 X/d,Y/d,Z/dはこの式の解にはならないので関係ないと思います。
「この式」とは、どの式のことでしょうか。
>>60 x^p+y^p=(x+r)^p
x^p+y^p=(x+r)^pこの式は、x,y,zを、有理数とした場合の式です。
X/d,Y/d,Z/dも、有理数です。
>>63 >x^p+y^p=(x+r)^pこの式は、x,y,zを、有>理数とした場合の式です。
>X/d,Y/d,Z/dも、有理数です。
X/d, Y/dは x^p+y^p=(x+r)^p の解にならないので、矛盾はありません
>>45 ＞x^p+y^p=(x+r)^pのx,yは、有理数です。
＞X^p+Y^p=(X+r)^pのX,Yは、無理数です。
＞X,Yを、共通の無理数dでわると、有理数となります。
＞つまり、x,yと同じとなります。
ほらね。案の定 x,y と X,Y が同じだと思ってる
「比が同じ」理論はrを固定したら成り立たない
ハイ、やり直し
>>45 ＞x^p+y^p=(x+r)^pのx,yは、有理数です。
＞X^p+Y^p=(X+r)^pのX,Yは、無理数です。
＞X,Yを、共通の無理数dでわると、有理数となります。
＞つまり、x,yと同じとなります。
ほらね。案の定 x,y と X,Y が同じだと思ってる
「比が同じ」理論はrを固定したら成り立たない
ハイ、やり直し
整数比となる X,Yは、 x,yと同じとなります。
指摘が理解できないなら、数学を勉強しなおすべきでは？
なぜ指摘を押し切れると思っているのか理解不能。
>>66 > 整数比となる X,Yは、 x,yと同じとなります。
でもX=x,Y=yではありませんよね。どの観点から「同じ」なのか説明してください。
この人質問ばっかりかよ。誰でもなんでも教えてくれると勝手に勘違いしてない？てか、こんな問題といてないで他にやる事あるだろwww
>指摘が理解できないなら、数学を勉強しなおすべきでは？
なぜ指摘を押し切れると思っているのか理解不能。
どの指摘のことでしょうか？
>>66 > 整数比となる X,Yは、 x,yと同じとなります。
でもX=x,Y=yではありませんよね。どの観点から「同じ」なのか説明してください。
整数比となる無理数 X,Yは、 X,Yが無理数であっても、共通の無理数ｄで割ると、
X/d,Y/dは、有理数となります。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>72 爺さん、零点だ
理由を教えていただけないでしょうか。
>>73 爺さんが零点というのは、リーマン予想と関係ありますか？
>>71 >
>>66 > > 整数比となる X,Yは、 x,yと同じとなります。
>
> でもX=x,Y=yではありませんよね。どの観点から「同じ」なのか説明してください。
>
> 整数比となる無理数 X,Yは、 X,Yが無理数であっても、共通の無理数ｄで割ると、
> X/d,Y/dは、有理数となります。
この説明ではx,yが登場しないので「x,yと同じ」の説明になっていません。
>>71 >
>>66 > > 整数比となる X,Yは、 x,yと同じとなります。
>
> でもX=x,Y=yではありませんよね。どの観点から「同じ」なのか説明してください。
>
> 整数比となる無理数 X,Yは、 X,Yが無理数であっても、共通の無理数ｄで割ると、
> X/d,Y/dは、有理数となります。
この説明ではx,yが登場しないので「x,yと同じ」の説明になっていません。
X/d,Y/dは、有理数,となります。x,yも有理数です。
>>77 > X/d,Y/dは、有理数,となります。x,yも有理数です。
有理数ならなんでも「同じ」ですか？
>>77 > X/d,Y/dは、有理数,となります。x,yも有理数です。
有理数ならなんでも「同じ」ですか？
有理数ならなんでも「同じ」ですか？
すみません。この意味はどんな意味でしょうか？
>>79 >>68 に「どの観点から「同じ」なのか説明してください」と書きました。
>>77 で「X/d,Y/dは、有理数,となります。x,yも有理数です」とだけ
答えられたので，「有理数ならなんでも「同じ」ですか？」とお尋ねしました。
確認ですが、X/d Y/d は(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pをみたす、で合っていますか？
奇数芸人とフェルマー芸人の共通点
・簡潔に表現できるが実は難問、である問題を独自に解いたと主張するが、もちろん解けていない
・解けていない理由は、着眼点が最初から誤っているからであるが、再三指摘されても当人は気づきもしない
・同じ証明を何度も繰り返し投稿する。微妙に修正を施すことはあるが、本質的に何も正しくなっていない
・誤りを指摘すると、指摘したことと違う点について反論したうえ、やり取りを続けると最初の指摘を忘れてしまう
・証明なのに結論を書かずに終わらせる癖がある
・数学の知識は小学生レベルである
・除数がゼロの商を数であると主張する
・本職の数学者にとって迷惑この上ない
>>72 > 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
> ②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> ②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…�ﾆする。
> �ﾍr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ
>>79 >>68 に「どの観点から「同じ」なのか説明してください」と書きました。
>>77 で「X/d,Y/dは、有理数,となります。x,yも有理数です」とだけ
答えられたので，「有理数ならなんでも「同じ」ですか？」とお尋ねしました。
確認ですが、X/d Y/d は(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pをみたす、で合っていますか？
X/d Y/d は(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pを満たしません
>奇数芸人とフェルマー芸人の共通点
・簡潔に表現できるが実は難問、である問題を独自に解いたと主張するが、もちろん解けていない
・解けていない理由は、着眼点が最初から誤っているからであるが、再三指摘されても当人は気づきもしない
・同じ証明を何度も繰り返し投稿する。微妙に修正を施すことはあるが、本質的に何も正しくなっていない
・誤りを指摘すると、指摘したことと違う点について反論したうえ、やり取りを続けると最初の指摘を忘れてしまう
・証明なのに結論を書かずに終わらせる癖がある
・数学の知識は小学生レベルである
・除数がゼロの商を数であると主張する
・本職の数学者にとって迷惑この上ない
奇数芸人のことは、ぞんじません
もしかしたら、あなたは本職の数学者？
>>72 > 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
> ②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> ②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…�とする。
> �はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…�となる。
> �はrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ
申し訳ございません
�は推理してもらえないでしょうか
【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>86 もっかいいうが
数学板の中の
フェルマー最終定理について
のスレッドの一番上の数式を見なかったのか。
あの式計算すると合ってるぞ。
それかお前はぼっとのふりしたろしあのすぱいか! ！?？
いつか何人か気付いてるとおもうが
ぺんぱいなっぽーあっぽーぺんって言われるぞ。
>>86 > 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
> ②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> ②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…�ﾆする。
> �ﾍr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ
>一つの整数を二つの平方数の差で表すのスレ主です。
まあ、書きましょう。
名前は梅田悠祐で
(31104)’3+(1292966)’3=(1292972)’3
です。
>>86 もっかいいうが
数学板の中の
フェルマー最終定理について
のスレッドの一番上の数式を見なかったのか。
あの式計算すると合ってるぞ。
それかお前はぼっとのふりしたろしあのすぱいか! ！?？
「あの式計算すると」
手計算、もしくは、計算ソフトで確認してみてください。
間違っています。
>>90 関数電卓で計算してください。
移項して右辺を左辺にマイナスすれば0です。
まずあなた常人からしてあれだけの式正しく計算できないでしょ。
私ですら間違えるのに。
>>92 手計算の事ね。
あなたしてないでしょ。それか間違えてるか。
恒等式から論理的に生成したものだから
計算ソフトの方がみすをしている上
手計算は一日かかりますよ。体力的に。
>>92 手計算の事ね。
あなたしてないでしょ。それか間違えてるか。
手計算は、していません。計算ソフトを使いました。
>>95 計算ソフトの扱い方も常人なら数週間かかります。
入力ミスか計算ソフトが回避しているか。
回避とは意図して違う値を出すことです。
例えばペル方程式61の一般解は関数電卓でも合っているようになりますが、手計算するとまた恒等式の論理からいくと解が違うものになります。
つまり巷が嘘をつき始めている訳です。
>恒等式から論理的に生成したものだから
その恒等式を教えていただけないでしょうか。
関数電卓は整数の話しなので嘘をつきません。
0.000000000 1.9999999とかは嘘つかれますが。
>>97 5000枚入った段ボールに無造作に入っているので出せません。
知りたければスレッドの一番上の一つの整数を二つの平方数の差で表す方法のスレでさがしてください。
lかmに100までの値を入れました。
>>99 因みに私の昔のスレです。
私の文です。
生成の論理は二度とやりません。
忘れました。
やると頭がおかしくなります。
>関数電卓は整数の話しなので嘘をつきません。
関数電卓は嘘をつきます。
>>99 そしたら平方根が外れました。
よく意味がわかりません。
>>103 返事は無理しなくてもいいよ。
あのやりとりちゃんとみてきな。
【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ごめん。言って良い!！?？
あなた計算ソフト使ってないでしょ。
文章打つまでの計算ソフト使う速度が常人でないから。
背理法で嘘だと断言して計算ソフトででなかったって言ったんでしょ。
俺も7年前はそうだったもん。
>>106 > 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
> ②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> ②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…�ﾆする。
> �ﾍr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
> ②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ
引用するだけで文字が変になるし。
会社によってネット計算機ソフト値が違うから。
日本数学会事務局に発表した後から隠し始めた。
解ったよ手計算すればいいんだろ。
嘘だったら嫌だから確かめなかったけど。
電卓でみれた夢だったのかなあ。
ちょっと寝たら筆算します。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>120 > 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
> ②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> ②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…�ﾆする。
> �ﾍr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
> ②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ。反省ゼロ
>>122 > >ゴミ。反省ゼロ
>
> 申し訳ございません。
これもゴミ。
>>83 > X/d Y/d は(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pを満たしません
では、どういう式を満たしますか？
>>83 > X/d Y/d は(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pを満たしません
では、どういう式を満たしますか？
わかりません。
>>125 >
>>83 > > X/d Y/d は(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pを満たしません
>
> では、どういう式を満たしますか？
>
> わかりません。
それがわからないと、矛盾することを示せないのではありませんか？
>>125 >
>>83 > > X/d Y/d は(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pを満たしません
>
> では、どういう式を満たしますか？
>
> わかりません。
それがわからないと、矛盾することを示せないのではありませんか？
X/d Y/d が有理数となるので、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pは、成り立ちません。
どういう式を満たすかは、関係ないと思います。
>>127 >
>>125 > >
>>83 > > > X/d Y/d は(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pを満たしません
> >
> > では、どういう式を満たしますか？
> >
> > わかりません。
>
> それがわからないと、矛盾することを示せないのではありませんか？
>
> X/d Y/d が有理数となるので、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pは、成り立ちません。
> どういう式を満たすかは、関係ないと思います。
間違い。考え直し。
> X/d Y/d が有理数となるので、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pは、成り立ちません。
> どういう式を満たすかは、関係ないと思います。
間違い。考え直し。
「間違い」の理由を教えていただけないでしょうか。
┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです
｜の｜
｜本｜ a^{1/(1-1)}という表現が可能かどうかわかりませんが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ま｜
｜せ｜ ところが、その自慢の下半身がだんだん劣化しつつあります。(´・ω・｀)
｜ん｜
｜！｜ しかし、睾丸無知ですので投稿し続けます。(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
└高┘
>>129 関係ない、はずがない。
すみません。どういう意味でしょうか？
＞毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
よろしくお願いします。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>134 > 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
> ②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> ②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…�ﾆする。
> �ﾍr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
> ②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
はい。ゴミ。何で反省しないの？
>>132 >
>>129 > 関係ない、はずがない。
>
> すみません。どういう意味でしょうか？
日本語が理解できないなら書き込むな。
>はい。ゴミ。何で反省しないの？
なにを、反省すればいいのか、わかりません。
>>132 >
>>129 > 関係ない、はずがない。
>
> すみません。どういう意味でしょうか？
日本語が理解できないなら書き込むな。
日本語が、理解できていないのでしょうか？
関係ないと主張するなら根拠を示さなければ。
それが主張する人間の責務です。
>>127 > X/d Y/d が有理数となるので、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pは、成り立ちません。
> どういう式を満たすかは、関係ないと思います。
X,Yはフェルマーの最終定理のX^p+Y^p=Z^pとは関係ないのですね？
それでは証明になっていないことが明らかです。
>>127 > X/d Y/d が有理数となるので、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pは、成り立ちません。
> どういう式を満たすかは、関係ないと思います。
X,Yはフェルマーの最終定理のX^p+Y^p=Z^pとは関係ないのですね？
それでは証明になっていないことが明らかです。
この場合の、X,Yは、無理数です。
>関係ないと主張するなら根拠を示さなければ。
それが主張する人間の責務です。
式をたどれば、関係ないことが、わかります。
>>141 > この場合の、X,Yは、無理数です。
それで？ フェルマーの最終定理とは関係ないんでしょう？
>>141 > この場合の、X,Yは、無理数です。
それで？ フェルマーの最終定理とは関係ないんでしょう？
すみませんが、やり取りを、最初から、読まれましたか？
>>144 > すみませんが、やり取りを、最初から、読まれましたか？
５ちゃんねるに移ってきてからは最初から読んでいます。
>>144 >
>>141 > > この場合の、X,Yは、無理数です。
>
> それで？ フェルマーの最終定理とは関係ないんでしょう？
>
> すみませんが、やり取りを、最初から、読まれましたか？
ごまかすなよ。
そういうなら最初から最後までまとめて全部書け。
>>144 >
>>141 > > この場合の、X,Yは、無理数です。
>
> それで？ フェルマーの最終定理とは関係ないんでしょう？
>
> すみませんが、やり取りを、最初から、読まれましたか？
ごまかすなよ。
そういうなら最初から最後までまとめて全部書け。
X/d Y/d が有理数となるので、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pは、成り立ちません。
どういう式を満たすかは、関係ないと思います。
満たす式は、書くことは、できますが、意味はありません。
>>147 > X/d Y/d が有理数となるので、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pは、成り立ちません。
> どういう式を満たすかは、関係ないと思います。
> 満たす式は、書くことは、できますが、意味はありません。
では、これはフェルマーの最終定理とは無関係ですね？
>>147 >>11には
＞ X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
＞ (X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
＞ ここが日高氏の証明の誤りの中核部分だと思う。
とあるのですが、
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^p が『成り立たない』
事がフェルマーの最終定理の証明につながる、という事ですか？
指摘されても受け入れる気はない癖に、何が目的で数学板でスレ立てしてんの？
そういう意味では、本当に高木と同じだね。
もしかして多重人格で完全数のほうの別人格だったりして。
>>147 > X/d Y/d が有理数となるので、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pは、成り立ちません。
> どういう式を満たすかは、関係ないと思います。
> 満たす式は、書くことは、できますが、意味はありません。
以前は満たす式はわかりませんと言ってましたね。 (
>>125)
書くことができるようになったんですか？
満たす式は
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^p
だと思いますが、違いますか？
r=p^{1/(p-1)}なのかr=(pa)^{1/(p-1)}なのかで話が変わってくる局面もあるので要注意。
>>147 > X/d Y/d が有理数となるので、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pは、成り立ちません。
> どういう式を満たすかは、関係ないと思います。
> 満たす式は、書くことは、できますが、意味はありません。
では、これはフェルマーの最終定理とは無関係ですね？
これは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,yが無理数のとき、式が成り立つかどうかの
話でした。
>>147 >>11には
＞ X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
＞ (X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
＞ ここが日高氏の証明の誤りの中核部分だと思う。
とあるのですが、
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^p が『成り立たない』
事がフェルマーの最終定理の証明につながる、という事ですか？
(X/d),(Y/d)は、有理数となるので、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pは、成り立ちません。
>>147 > X/d Y/d が有理数となるので、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pは、成り立ちません。
> どういう式を満たすかは、関係ないと思います。
> 満たす式は、書くことは、できますが、意味はありません。
以前は満たす式はわかりませんと言ってましたね。 (
>>125)
書くことができるようになったんですか？
満たす式は
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^p
だと思いますが、違いますか？
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pの両辺を、d^pで割ると、
X^p+Y^p=(X+r)^pとなるので、満たさない式になります。
>r=p^{1/(p-1)}なのかr=(pa)^{1/(p-1)}なのかで話が変わってくる局面もあるので要注意。
そのとおり、注意が必要です。
***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
この迷言に対し
> 小学校から大学教養レベルあたりまでの数学で、「数」とは
> 自然数、整数、実数（有理数、無理数）、複素数
> であるが a^{1/(1-1) は上記のどれにあたるのだ？
という指摘がなされたが、これに対しても
a^{1/(1-1) は特定できない数です。
という世紀の珍答を与えている。さらに
> スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね？
> (1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
> (2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
> (3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
という質問に対しては
問題の意味がよくわかりません。
⇒の意味は、～ならば～である。と思いますが、
sin(π/2) = 0, sin(π/3) = 0となりません。
sin(π/2) = 1となりますが、 cos(π/3) = 1となりません。
と漫才のような珍答を与えている。
>>157 >
>>147 >
> > X/d Y/d が有理数となるので、(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pは、成り立ちません。
> > どういう式を満たすかは、関係ないと思います。
> > 満たす式は、書くことは、できますが、意味はありません。
>
> 以前は満たす式はわかりませんと言ってましたね。 (
>>125)
> 書くことができるようになったんですか？
>
> 満たす式は
> (X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^p
> だと思いますが、違いますか？
>
> (X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pの両辺を、d^pで割ると、
> X^p+Y^p=(X+r)^pとなるので、満たさない式になります。
意味不明な回答はやめてください。
X/d, Y/d は
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^p
を満たしますか？
>意味不明な回答はやめてください。
X/d, Y/d は
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^p
を満たしますか？
満たしません。
【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。
【証明】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>162 > 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
> ②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> ②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…�ﾆする。
> �ﾍr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
> ②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミクズ
>a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
まちがいでしょうか？
>>164 > >a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
> 変わりはありません。
>
> まちがいでしょうか？
間違い。
>>166 > 理由を教えていただけないでしょうか。
正しい主張じゃないから。
>正しい主張じゃないから。
なぜ、正しくないのでしょうか？
>>168 > >正しい主張じゃないから。
>
> なぜ、正しくないのでしょうか？
なぜ正しいのでしょうか？
>a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
>なぜ正しいのでしょうか？
正しいか、正しくないか、決めることはできないと思います。
(a^{1/(1-1)}は、計算できないので、)
私が主張したのは、式の中のことです。
>正しいか、正しくないか、決めることはできない
それでは、そのような数体系をご自身で構築してから、証明してください
>それでは、そのような数体系をご自身で構築してから、証明してください
私の「フェルマーの最終定理の簡単な証明」には、a^{1/(1-1)}は、出てきません。
>>172 > >それでは、そのような数体系をご自身で構築してから、証明してください
>
> 私の「フェルマーの最終定理の簡単な証明」には、a^{1/(1-1)}は、出てきません。
自分が証明できない通常と異なる解釈を正しいと主張することは出来ない。
なので、やはり間違い。
>>155 > では、これはフェルマーの最終定理とは無関係ですね？
>
> これは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,yが無理数のとき、式が成り立つかどうかの
話でした。
「無関係である」「無関係でない」のどちらかで答えてください。
>間違いかどうか自分で聞いておいて証明放棄ってw
a^{1/(1-1)}は、計算できない数です。
a^{1/(1-1)}は、この証明には、出てきません。
>自分が証明できない通常と異なる解釈を正しいと主張することは出来ない。
なので、やはり間違い。
a^{1/(1-1)}は、この証明には、出てきません。
>>155 > では、これはフェルマーの最終定理とは無関係ですね？
>
> これは、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pのx,yが無理数のとき、式が成り立つかどうかの
話でした。
「無関係である」「無関係でない」のどちらかで答えてください。
すみません。もう一度最初から、説明していただけないでしょうか。
【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>179 > 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
> ②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> ②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…�ﾆする。
> �ﾍr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
> ②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミクズ
いい加減反省しろ。
文字化けもゴミ
>>176 > >間違いかどうか自分で聞いておいて証明放棄ってw
>
> a^{1/(1-1)}は、計算できない数です。
>
> a^{1/(1-1)}は、この証明には、出てきません。
出てこようが何だろうが、変な用語を使うこと自体間違い。数学でない証拠。数学じゃないもので書かれた証明は、数学的には間違いのデタラメ。
>>176 だから何？早くa^{1/(1-1)}が「計算できない数」であることを証明してよ
まずa^{1/(1-1)}が計算できない数であると主張してることが面白いし、
一方で
>>170ではa^{1/(1-1)}が計算できない数であることを「正しいかか、正しくないか、決めることはできないと思います。」と矛盾してること言ってるのも面白いし、
おまけにその根拠を「a^{1/(1-1)}は、計算できないので」と答えてるのも面白い
>ゴミクズ
いい加減反省しろ。
文字化けもゴミ
申し訳ございません。
> >間違いかどうか自分で聞いておいて証明放棄ってw
>
> a^{1/(1-1)}は、計算できない数です。
>
> a^{1/(1-1)}は、この証明には、出てきません。
出てこようが何だろうが、変な用語を使うこと自体間違い。数学でない証拠。数学じゃないもので書かれた証明は、数学的には間違いのデタラメ。
申し訳ございません。
>だから何？早くa^{1/(1-1)}が「計算できない数」であることを証明してよ
a^{1/0}は、計算可能でしょうか？
>>186 いや、俺に聞かずに自分で証明してよ
特にa^{1/0}が「数」だと主張していることに興味があるからw
>まずa^{1/(1-1)}が計算できない数であると主張してることが面白いし、
一方で
>>170ではa^{1/(1-1)}が計算できない数であることを「正しいかか、正しくないか、決めることはできないと思います。」と矛盾してること言ってるのも面白いし、
おまけにその根拠を「a^{1/(1-1)}は、計算できないので」と答えてるのも面白い
すみません。なぜ、面白いのかがわかりません。
>いや、俺に聞かずに自分で証明してよ
特にa^{1/0}が「数」だと主張していることに興味があるからw
証明は、できません。ただ、計算はできません。
【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。
【証明】x^p+y^p=z^p…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>189 え！？あんなに自慢顔で「a^{1/0}は計算できない数です」って主張してたのに証明できないの！？
じゃあもしかして、主張は嘘だったってこと？
>え！？あんなに自慢顔で「a^{1/0}は計算できない数です」って主張してたのに証明できないの！？
じゃあもしかして、主張は嘘だったってこと？
「a^{1/0}は計算できない数です」誰か証明できる人が、いたら、証明お願いします。
>>190 > 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
> ②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> ②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…�ﾆする。
> �ﾍr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
> ②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミクズが。
>>192 > >え！？あんなに自慢顔で「a^{1/0}は計算できない数です」って主張してたのに証明できないの！？
> じゃあもしかして、主張は嘘だったってこと？
>
> 「a^{1/0}は計算できない数です」誰か証明できる人が、いたら、証明お願いします。
さすが痴呆老人
>>184 > >ゴミクズ
> いい加減反省しろ。
> 文字化けもゴミ
>
> 申し訳ございません。
謝っても許される訳じゃない。直せ。
>謝っても許される訳じゃない。直せ。
全ての人が文字化けしているのでしょうか？
>>197 > >謝っても許される訳じゃない。直せ。
>
> 全ての人が文字化けしているのでしょうか？
環境によるが、機種依存文字やめろって言われてたろうが。ボケ老人
>環境によるが、機種依存文字やめろって言われてたろうが。ボケ老人
前に、( )に変えましたので、文字化けするひとは、それを見ていただけないでしょうか。
ただ、文字化けしても、前後から推測ことは、できると思います。
>>199 > >環境によるが、機種依存文字やめろって言われてたろうが。ボケ老人
>
> 前に、( )に変えましたので、文字化けするひとは、それを見ていただけないでしょうか。
> ただ、文字化けしても、前後から推測ことは、できると思います。
自分の都合を他人に押しつけるな。
そんなんだから証明もでたらめなんだろが。
>>178 「すみませんが、やり取りを、最初から、読まれましたか？」という
>>144をそのままお返しします。
>>199 > >環境によるが、機種依存文字やめろって言われてたろうが。ボケ老人
>
> 前に、( )に変えましたので、文字化けするひとは、それを見ていただけないでしょうか。
ということは、証明を手直しする気はまったくない、ということ？
>自分の都合を他人に押しつけるな。
そんなんだから証明もでたらめなんだろが。
申し訳ございません。
>>178 「すみませんが、やり取りを、最初から、読まれましたか？」という
>>144をそのままお返しします。
最初の、指摘がなにであったか、わからなくなったので、一番最初に戻っていただけないのでしょうか？
>ということは、証明を手直しする気はまったくない、ということ？
どうしたら、よろしいのでしょうか？
【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…➂とする。
➂はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…➃となる。
➃はrが無理数となるので、式は成り立たない。
➂の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>205 > >ということは、証明を手直しする気はまったくない、ということ？
>
> どうしたら、よろしいのでしょうか？
ここに証明を書き込んで、指摘があったら書き直す、直せないミスがあったら取り下げる、
そういうつもりで書き込んでいるのではないの？
なんのために書き込んでいるの？
>>204 人には「最初から読んだのか？」と聞いといて、
自分がそれを返されたら「わからないので最初に戻ってやり直して」
というのは通らないんじゃない？
>ここに証明を書き込んで、指摘があったら書き直す、直せないミスがあったら取り下げる、
そういうつもりで書き込んでいるのではないの？
なんのために書き込んでいるの？
細かな書き直しは、していますが、大筋は、書き直していないと思います。
>>204 人には「最初から読んだのか？」と聞いといて、
自分がそれを返されたら「わからないので最初に戻ってやり直して」
というのは通らないんじゃない？
申し訳ございません。指摘が、はっきり、わからなくなったからです。
具体的にに、その都度書いてもらったら、わかると思います
>>209 > 細かな書き直しは、していますが、大筋は、書き直していないと思います。
それじゃあ一生間違ったままだよ。
自分ではできたと思って満足していれば、それでいいんじゃない？
>>161 >
> X/d, Y/d は
> (X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^p
> を満たしますか？
>
> 満たしません。
X^p+Y^p=(X+r)^p が最初の前提になっているので、当然これは成り立ちます。
両辺をd^p で割ると
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^p
になります。両辺を同じ数で割っただけなので、この式も成り立ちます。
それでもやはり
X/d, Y/d は
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^p
を満たさないと主張されますか？
>>206 > 【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…①を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…②とする。
> ②を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> ②を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…�ﾆする。
> �ﾍr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。②はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…�ﾆなる。
> �ﾍrが無理数となるので、式は成り立たない。
> �ﾌ右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…⑤となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
> ②はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…⑥となる。
> ⑥のX,Y,Zは④のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、⑥も式は成り立たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミクズ。
>>210 >
>>204 > 人には「最初から読んだのか？」と聞いといて、
> 自分がそれを返されたら「わからないので最初に戻ってやり直して」
> というのは通らないんじゃない？
>
> 申し訳ございません。指摘が、はっきり、わからなくなったからです。
> 具体的にに、その都度書いてもらったら、わかると思います
分からねえじゃん。いつも。嘘つきが。
>>212 よろしくお願いします。
こちらは、日高氏に通じるとは思わないが、少しずつ
>>1を読み解きます。
丸囲みの数字は(n)と書き換えます。
> 【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
日高氏の頭の中には、たぶん、背理法はない。
だから「(1)をみたす自然数x,y,zがあって……」とは考えない。
(1)を見てそれに自然数解あるいは有理数解があるかどうか考えている。
そう思うと「z=x+rとおいて」もそれほど変ではない。
定数rを決めるごとに(2)の有理数解x,yがあるかどうかを判定しようとしているのである。
> (2)を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
> (2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はX^p+Y^p=(X+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
ここはまったくのナンセンス。
日高氏は「●▲＝■★ならば●＝■」だと信じている。
「r^(p-1)=pと仮定すると」なら問題はない。その場合、
> (4)はrが無理数となるので、式は成り立たない。
これは正しい。
「式は成り立たない」を「式をみたす有理数X,Yは存在しない」と読めば、であるが。
>>215の続き。
> (3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。a(1/a)=1となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
「r^(p-1)=paとなる」もナンセンス。そのようにaを定めるととるしかなかろう。
a=r^(p-1)/pである。rは有理数とする、の意味であろう。すると(2)は確かに(6)になる。
> (6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も式は成り立たない。
(6)は成り立たないのに「(6)のX,Y,Zは」と言っているのは、おそらく意味がわかっていない。
a^{1/(p-1)}はr/[p^{1/(p-1)}]に等しいので無理数である。これをdと書こう。
(6)をみたすX,Y,Z(=X+R)があればx=X/d,y=Y/d,z=Z/d(=X/d-R/d)は(2)をみたす、の意味と思われる。
次に、日高氏の大誤謬がある。(2)についていえたのは有理数解がないことだけであって、
背理法で考えるならばX,Yは自然数なのでx=X/d,y=Y/dは無理数である。よって矛盾は生じない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これはまったく証明されていない。
フェルマーの最終定理？ もう釣れないよ
(xa^{1/(1-1)})+(ya^{1/(1-1)})=(xa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)})…⑤となる。
ヴァカだなあ・・・
＿＿ ＿＿＿／ ,／ヽ
∨ ↓H高 ,／ ヽ数学の本は、読んでいませんwww
∧＿∧ ∧＿∧ ,／ ヽ学力は、小学校もあやしいですwww
（ ´∀｀） （ ´∀｀）,／ ヽ⑤をxa^{1/(1-1)}=X，ya^{1/(1-1)}=Y
（ ） （ つつ@ ヽxa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)}=Z
｜ ｜ | ＿＿_ ｜ ｜ | とおくと
（_＿）＿） |――| （_＿）＿） ヽX:Y:Z=x:y:zとなると本気で思っています。
￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣| ヽ＜・フェルマーの最終定理─＜
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼彡 ～ ～～ ～～ ～～ ～ ～
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼彡 ～ ～～ ～～ ～～ ～ ～
>X^p+Y^p=(X+r)^p が最初の前提になっているので、当然これは成り立ちます。
両辺をd^p で割ると
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^p
になります。両辺を同じ数で割っただけなので、この式も成り立ちます。
成り立つでしょうか？
成り立つ可能性があるだけでは、ないのでしょうか？
>>219 > >X^p+Y^p=(X+r)^p が最初の前提になっているので、当然これは成り立ちます。
> 両辺をd^p で割ると
> (X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^p
> になります。両辺を同じ数で割っただけなので、この式も成り立ちます。
>
> 成り立つでしょうか？
> 成り立つ可能性があるだけでは、ないのでしょうか？
考え直せ。やり直し。
216について、
「(2)についていえたのは有理数解がないことだけであって、
背理法で考えるならばX,Yは自然数なのでx=X/d,y=Y/dは無理数である。よって矛盾は生じない。」
よろしければ、この部分を詳しく説明して、いただけないでしょうか。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}^pは、無理数解を持つ場合があるという意味でしょうか？
,､i｀ヽ ,r‐'ァ
｀ヽ：： ：：´
ヽ ヽ / /
ヽ ＼ 彡≡≡ミ_ _ / /
ヽ ヽ ωH-高ω ,,／ , ' a^{1/(1-1) は特定できない「数」です。
ヽ ` ｰ ､.,,（ 皿 ）ｭ_, - ' r'
` ､_ ／：:: `山'::::： ／
ヽ：::::::::::|:::::::："",r‐' さあ！きょうもヴァカどもを論破するぞ！
〉::::::::|::::::::::¨/
/;;;;;;;/;;;;;;;;;;/
/;;;;;;;/:::::::::::《 下半身は人格がないくらい元気です！
<;;;;;;;《:::::::::::::ヽ
／ ヽI,r''"""^~ヽ どうだ、立派じゃろう
/ | ＿＿（ "''''''::::.
/ ／ /--;;;; ______,,,,,,---'''''''"""" ヽ ゛゛:ヽ.
../ ／ ／ ::::::::"""" ・ . ＼::. 丿
/ ／ ／ ::::::: ..........::::::::::::彡''ﾍ::::....ノ
| （ く ::::::::::;;;;;,,---"""￣ ＾｀｀
| ＼ ＼ ／... ￣￣ | /
｜ ＼ /:::::::: : ヽ | /
| ＿――-＼|::::: :: ﾍ | ／
|/ ⊂⌒ ヽ:::::: :::.. ﾉ |／
＼::::::: ／＼:::;;;;;;__ ノ
>>219 何が言いたいのかわかりませんが、
反論があるのなら根拠を示してください。
>X^p+Y^p=(X+r)^p が最初の前提になっているので、当然これは成り立ちます。
X^p+Y^p=(X+r)^pが成り立つ理由を教えていただけないでしょうか。
命題の仮定とは存在の可能性をいうものではない
含意命題の前件からやり直した方がよい
真⇒真
が保証された所で論証をする
つまり
検討するものは
真⇒真 真⇒偽
で十分である
たしかこんな説明もどこかにあったと思う
偽⇒真と偽⇒偽について
詳しく書いている論理学の本は
和書に存在しない
例
明日晴れた ならば 公園に行く
前件後件ともに真とする
このときもし前件で曇ったり雨が降った場合については
この命題は何も言っていないので
もし晴れてない場合に公園に行かなくても偽にならない
検討すべき問題は
明日晴れたら公園に行くか行かないか
である
またある本では含意命題における前件が偽の場合は不定である
とも言う
前件が偽の場合も真理値を定めることで形式論理学が完全だとも言えるので
不定説を採らない者も多い
なんだかわかったようなわからない問題であることは確かだ
>>224 日高
> >X^p+Y^p=(X+r)^p が最初の前提になっているので、当然これは成り立ちます。
>
> X^p+Y^p=(X+r)^pが成り立つ理由を教えていただけないでしょうか。
わかったよ。日高氏は背理法を理解していない。
だから、最後には成り立たないことがわかる式
「X^p+Y^p=(X+r)^pが成り立つ理由」を求めているんだ。
> スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね？
> (1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
> (2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
> (3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
という質問に対しては
問題の意味がよくわかりません。
⇒の意味は、～ならば～である。と思いますが、
sin(π/2) = 0, sin(π/3) = 0となりません。
sin(π/2) = 1となりますが、 cos(π/3) = 1となりません。
と漫才のような珍答を与えている。
>>224 >>X^p+Y^p=(X+r)^p が最初の前提になっているので、当然これは成り立ちます。
>X^p+Y^p=(X+r)^pが成り立つ理由を教えていただけないでしょうか。
X^p+Y^p=(X+r)^p
は前提です。もともと
>>11 から始まった議論です。
X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとするとどうなるかという流れの話です。
用語としては、前提でなく仮定と言った方が正しそうですね。
訂正しておきます。
11を再掲しておきます。
「あるrに対してはx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がない」は言えたとしても
これの無理数解X,YでX:Y:X+rが自然数比になるものがないとは言えない。
X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとする。
X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
ここが日高氏の証明の誤りの中核部分だと思う。
>11を再掲しておきます。
「あるrに対してはx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解がない」は言えたとしても
これの無理数解X,YでX:Y:X+rが自然数比になるものがないとは言えない。
X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとする。
X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pであって
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r)^pではない。
>ここが日高氏の証明の誤りの中核部分だと思う。
すみません。間違えていました。
X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとする。
X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pでした。
ただ、X:Y:Z=x:y:zとなるので、X,Y,Zは、X^p+Y^p=(X+r)^pをみたしません。
>>229 > X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとする。
> X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pでした。
>
> ただ、X:Y:Z=x:y:zとなるので、X,Y,Zは、X^p+Y^p=(X+r)^pをみたしません。
よろしければ、この最後の行を詳しく説明して、いただけないでしょうか。
>>230 の最後の文は
>>221 の
> よろしければ、この部分を詳しく説明して、いただけないでしょうか。
を踏まえている。
>>229 > X,YがX^p+Y^p=(X+r)^pをみたしX/d,Y/d,(X+r)/dが自然数だとする。
> X/d,Y/dがみたすのは(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^p
>
> ただ、X:Y:Z=x:y:zとなるので、X,Y,Zは、X^p+Y^p=(X+r)^pをみたしません。
X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pが式を満たすかは、不明
x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、式を満たさない。（確定）
X:Y:Z=x:y:zとなるので、X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pも、式を満たさない。
【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。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
(2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数となるので、式は成り立たない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>232 > X:Y:Z=x:y:zとなるので、X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pも、式を満たさない。
よろしければ、この部分を詳しく説明して、いただけないでしょうか。
X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pが式を満たすかは、不明
x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、式を満たさない。（確定）
X:Y:Z=x:y:zとなるので、X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pも、式を満たさない。
X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pが整数比となるかは、不明
x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、整数比とならない。（確定）
X:Y:Z=x:y:zとなるので、X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pも、整数比とならない。
(x,y,zを仮定しない場合）
>>236 > X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pが式を満たすかは、不明
> x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、式を満たさない。（確定）
x y zが何であるか制限されてないので嘘つきのデタラメ。
> X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pが式を満たすかは、不明
> x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、式を満たさない。（確定）
x y zが何であるか制限されてないので嘘つきのデタラメ。
x,y,zを有理数とした場合です。
>>239 > > x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、式を満たさない。（確定）
> x,y,zを有理数とした場合です。
x y zが無理数の場合を考えてないじゃんか。
> > x^p+y^p=(x+r)^p=z^pは、式を満たさない。（確定）
> x,y,zを有理数とした場合です。
x y zが無理数の場合を考えてないじゃんか。
X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pが式を満たすかは、不明
この式が、X,Y,Zが無理数の場合の式です。
>>241 そういう仮定だったら
X:Y:Z=x:y:z
なんて言えないですね
>そういう仮定だったら
X:Y:Z=x:y:z
なんて言えないですね
どういう意味でしょうか？
>日本語がわかりませんか？
はい、よく意味がわかりません。
フェルマーの最終定理？ もう釣れないよ
(xa^{1/(1-1)})+(ya^{1/(1-1)})=(xa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)})…⑤となる。
ヴァカだなあ・・・
＿＿ ＿＿＿／ ,／ヽ
∨ ↓H高 ,／ ヽ数学の本は、読んでいませんwww
∧＿∧ ∧＿∧ ,／ ヽ学力は、小学校もあやしいですwww
（ ´∀｀） （ ´∀｀）,／ ヽ⑤をxa^{1/(1-1)}=X，ya^{1/(1-1)}=Y
（ ） （ つつ@ ヽxa^{1/(1-1)}+(1a)^{1/(1-1)}=Z
｜ ｜ | ＿＿_ ｜ ｜ | とおくと
（_＿）＿） |――| （_＿）＿） ヽX:Y:Z=x:y:zとなると本気で思っています。
￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣￣| ヽ＜・フェルマーの最終定理─＜
＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼／⌒＼|彡~ﾟ ゜~ ~。゜ ~ ~ ~ ~~ ~ ~~ ~ ~~ ~~ ~~
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【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…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
(2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数となるので、式は成り立たない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>235 >
>>232 > > X:Y:Z=x:y:zとなるので、X^p+Y^p=(X+r)^p=Z^pも、式を満たさない。
>
> よろしければ、この部分を詳しく説明して、いただけないでしょうか。
は無視ですか？
>>247 > (6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も式は成り立たない。
>248
(X/d)^p+(Y/d)^p=(X/d+r/d)^pは、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなるので、
r/dが無理数の場合、式を満たさない。
r/dが有理数の場合、x'^p+Y'^p=(x'+m)^pとなる。
m=(pa)^{1/(p-1)}とすると、a^{1/(p-1)}=m/{p^{1/(p-1)}となる。
(xm/{p^{1/(p-1)})^p+(ym/{p^{1/(p-1)})^p=(xm/{p^{1/(p-1)}+p^{1/(p-1)}m/{p^{1/(p-1)})^pとなるので、x':y':z'=x:y:zとなる。
x:y:zが、整数比とならないので、x':y':z'も整数比とならない。
>>250 途中からだと記号の意味がわかりづらいので、
これも含めた証明全体を載せてください。
>251
【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…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を積の形に変形してrを求める。x,y,z,r,aは0をのぞく有理数とする。
(2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数となるので、式は成り立たない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。a(1/a)=1となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も式は成り立たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となるかを考える。
x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、有理数解を持たない。
r/d=mの場合は、有理数解を持つ可能性がある。(mは有理数)
x^p+y^p=(x+m)^pを、m=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
(6)のX,Y,Zは、(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。
爺さん、爺さん、零点もやれんぞ。まるで進歩がないwwwwwww
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。積の形に変形してrを求める。
(2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となるかを考える。
x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、有理数解を持たない。
r/d=mの場合は、有理数解を持つ可能性がある。(mは有理数)
x^p+y^p=(x+m)^pを、m=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
(6)のX,Y,Zは、(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。
>>254 > 【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。積の形に変形してrを求める。
> (2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
> (3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
> (6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
> (6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
> ∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>
> 【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となるかを考える。
> x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
> (x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
> r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、有理数解を持たない。
> r/d=mの場合は、有理数解を持つ可能性がある。(mは有理数)
> x^p+y^p=(x+m)^pを、m=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
> (6)のX,Y,Zは、(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
> x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。
補足などは不可。頭から順に読めないようではゴミクズ。やり直し。
>補足は証明じゃないから
補足は間違いでしょうか？
>>259 > >補足は証明じゃないから
>
> 補足は間違いでしょうか？
何百ページ補足をしようが、証明がでたらめで間違いなのは変わらない。
証明を直さないなら進歩はない。ゴミ。
>>254 > 【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となるかを考える。
(4)は「x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p」であった。
> x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
「共通の無理数」って何？ x',y',z'が自然数比になるとき、
x'/dが有理数になればy'/d=(x'/d)(y'/x')も有理数。
> (x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
x',y',z'は(4)をみたすx,y,z？
> r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、有理数解を持たない。
これはその通り。
> r/d=mの場合は、有理数解を持つ可能性がある。(mは有理数)
> x^p+y^p=(x+m)^pを、m=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
> (6)のX,Y,Zは、(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
(6)に解X,Y,Zがあったとするとその1/a^{1/(p-1)}は(4)をみたす、と言いたいのであろう。
> x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。
(4)のx:y:zが整数比にならないのはx,y,zが有理数の場合である。
無理数の場合については何も示されていない。
補足したつもりかもしれないが、ここに肝心な部分を押し込んだだけ。
>261
>「共通の無理数」って何？
例. x=3√2,y=4√2,z=5√2
共通の無理数dとは、√2のことです。
>x',y',z'は(4)をみたすx,y,z？
x',y',z'が、(4)をみたすと、仮定して、検討します。
x'/d=x,y'/d=yとなるので、(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pは、
x^p+y^p=(x+r/d)^pとなります。
r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、有理数解を持ちません。整数比となりません。
r/dが有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)の
(pa)^{1/(p-1)}の部分が、有理数の場合となります。
X:Y:Z=x:y:zとなります。
x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比となりません。
よって、X,Y,Zも有理数となりません。
>ここに肝心な部分を押し込んだだけ。
「肝心な部分」とは、どの部分のことでしょうか？
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。積の形に変形してrを求める。
(2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となる場合を、考える。
x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、整数比とならない。
r/dが有理数の場合は、整数比となる可能性がある。
x^p+y^p=(x+r/d)^pを、r/d=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
(6)のX,Y,Zは、(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。
>>262 > x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比となりません。
これは示されていません。
言えているのは「有理数解x,y,zは存在しない」だけです。
>>263 > >ここに肝心な部分を押し込んだだけ。
>
> 「肝心な部分」とは、どの部分のことでしょうか？
フェルマーの最終定理の証明の肝心な部分です。
日高氏の証明には全く書かれていません。
> x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比となりません。
>これは示されていません。
言えているのは「有理数解x,y,zは存在しない」だけです。
X:Y:Z=x:y:zならば、
「x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。」
が、言えるのではないでしょうか。
>フェルマーの最終定理の証明の肝心な部分です。
日高氏の証明には全く書かれていません。
どういうことか、教えていただけないでしょうか。
>>267 > > x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比となりません。
>
> >これは示されていません。
> 言えているのは「有理数解x,y,zは存在しない」だけです。
>
> X:Y:Z=x:y:zならば、
> 「x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。」
> が、言えるのではないでしょうか。
「x:y:zが整数比とならない」は言えていません。
>「x:y:zが整数比とならない」は言えていません。
(4)で言っていますが、間違いでしょうか？
>>270 日高
> >「x:y:zが整数比とならない」は言えていません。
>
> (4)で言っていますが、間違いでしょうか？
(4)に有理数解がないことは確かです。
しかし、(4)の解x,y,zでx:y:zが整数比になるものがないとは言えていません。
>(4)に有理数解がないことは確かです。
しかし、(4)の解x,y,zでx:y:zが整数比になるものがないとは言えていません。
どういう意味でしょうか？
「無理数x,y,zで、x:y:zが整数比になるものがないとは言えていません。」
という意味でしょうか？
>そうです。
無理数x,y,zで、x:y:zが整数比になるものについては、補足で説明しています。
>>274 言及はされていますが、証明にはなっていません。
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。積の形に変形してrを求める。
(2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となる場合を、考える。
x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、整数比とならない。
r/dが有理数の場合は、整数比となる可能性がある。
x^p+y^p=(x+r/d)^pを、r/d=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
(6)のX,Y,Zは、(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。
>言及はされていますが、証明にはなっていません。
「証明にはなっていません。」
理由を教えていただけないでしょうか。
>>276 いつのまにかxなどが0でないという条件が消えています。
証明の中で使っていなかったから忘れたのでしょうね。
>>277 >>言及はされていますが、証明にはなっていません。
>
> 「証明にはなっていません。」
> 理由を教えていただけないでしょうか。
x,y,zが(4)の無理数解になる場合を考察していないから。
>いつのまにかxなどが0でないという条件が消えています。
証明の中で使っていなかったから忘れたのでしょうね。
比では、0は使いません。（中等教育では）
>>280 そうやって言い逃れをしても、何もよいことはありませんよ。
中等教育の範囲でフェルマーの最終定理を証明しようとしておられるなら、
それは無謀というものです。
>>276 > 【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。積の形に変形してrを求める。
> (2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
> (3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
> (2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
> (6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
> (6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
> ∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>
> 【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となる場合を、考える。
> x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
> (x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
> r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、整数比とならない。
> r/dが有理数の場合は、整数比となる可能性がある。
> x^p+y^p=(x+r/d)^pを、r/d=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
> (6)のX,Y,Zは、(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
> x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。
補足は証明ではない。ゴミクズ。二度と止めろ。
>279
>x,y,zが(4)の無理数解になる場合を考察していないから。
x,y,zが(4)の無理数解になる場合は、補足で説明しています。
>中等教育の範囲でフェルマーの最終定理を証明しようとしておられるなら、
それは無謀というものです。
理由を教えていただけないでしょうか？
>>283 日高
> >279
>
> >x,y,zが(4)の無理数解になる場合を考察していないから。
>
> x,y,zが(4)の無理数解になる場合は、補足で説明しています。
これで証明になっていると思えるならそう思っておられれば幸せかと思います。
>>284 日高
> >中等教育の範囲でフェルマーの最終定理を証明しようとしておられるなら、
> それは無謀というものです。
>
> 理由を教えていただけないでしょうか？
中等教育の範囲で証明されたのを見たことがないからです。
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。積の形に変形してrを求める。
(2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となる場合を、考える。
x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、整数比とならない。
r/dが有理数の場合は、整数比となる可能性がある。
x^p+y^p=(x+r/d)^pを、r/d=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
(6)のX,Y,Zは、(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。
>>287 > 【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。積の形に変形してrを求める。
> (2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
> (3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
> (2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
> (6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
> (6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
> ∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>
> 【補足】(4)のx,y,zが無理数で、整数比となる場合を、考える。
> x',y',z'を無理数とする。dを共通の無理数とする。
> (x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p,r=p^{1/(p-1)},x'/d=x,y'/d=y,z'/d=z
> r/dが無理数の場合は、x^p+y^p=(x+r/d)^pは、整数比とならない。
> r/dが有理数の場合は、整数比となる可能性がある。
> x^p+y^p=(x+r/d)^pを、r/d=(pa)^{1/(p-1)}とおいて、(6)のX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^pとする。
> (6)のX,Y,Zは、(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。
> x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。
ゴミ
>>287 日高
何度書いても、証明になっていないものはなっていません。
> x:y:zが整数比とならないので、X:Y:Zも整数比とならない。
x:y:zが整数比とならない理由を説明してごらん。
***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
この迷言に対し
> 小学校から大学教養レベルあたりまでの数学で、「数」とは
> 自然数、整数、実数（有理数、無理数）、複素数
> であるが a^{1/(1-1) は上記のどれにあたるのだ？
という指摘がなされたが、これに対しても
a^{1/(1-1) は特定できない数です。
という世紀の珍答を与えている。さらに
> スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね？
> (1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
> (2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
> (3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
という質問に対しては
問題の意味がよくわかりません。
⇒の意味は、～ならば～である。と思いますが、
sin(π/2) = 0, sin(π/3) = 0となりません。
sin(π/2) = 1となりますが、 cos(π/3) = 1となりません。
と漫才のような珍答を与えている。
>289
>x:y:zが整数比とならない理由を説明してごらん。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
>>291 (3)はr^(p-1)=pとなる理由がない。
＞rが無理数
は日高が勝手に決めつけているだけで正しくない。いい加減に諦めろ。
>>291 > >289
>
> >x:y:zが整数比とならない理由を説明してごらん。
>
> (4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
xが無理数のときはどうなるのかな？
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。積の形に変形してrを求める。
(2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=y,r=p^{1/(p-1)}となるので、
x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、X^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>292
>(3)はr^(p-1)=pとなる理由がない。
どうしてでしょうか？
>293
>xが無理数のときはどうなるのかな？
x,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合は、共通の無理数dで割ると、
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^p
x^p+y^p=(x+r/d)^pとなります。(x,yは、有理数となります。)
r/dが、無理数となる場合と有理数となる場合を考えます。
r/dが、無理数の場合は、xを有理数とすると、整数比となりません。(4)と同じとなります。
r/dが、有理数の場合は、X^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)}^p…(6)となります。
(6)と(4)の解の比は等しいので、(6)の解も整数比となりません。
>>296 x^p+y^p=(x+r)^pで、xが無理数のときに
x,y,zが整数比にならないことの証明はどこにもないですね。
>297
>x^p+y^p=(x+r)^pで、xが無理数のときに
>x,y,zが整数比にならないことの証明はどこにもないですね。
296に書いています。
>>298 > >297
>
> >x^p+y^p=(x+r)^pで、xが無理数のときに
> >x,y,zが整数比にならないことの証明はどこにもないですね。
>
> 296に書いています。
296のどこに書いてあるのですか？
x^p+y^p=(x+r)^p, r=p^{1/(p-1)} …(4) で、xが無理数のときですよ。
ごまかさずに、きちんと説明してください。
>299
>x^p+y^p=(x+r)^p, r=p^{1/(p-1)} …(4) で、xが無理数のときですよ。
ごまかさずに、きちんと説明してください。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=y,r=p^{1/(p-1)}となるので、
x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、X^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
>>295 ＞>(3)はr^(p-1)=pとなる理由がない。
＞どうしてでしょうか？
r^(p-1)=pでなくても(3)は成立するから。
どこまで行っても日高が間違い。諦めろ。
>301
>r^(p-1)=pでなくても(3)は成立するから。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなります。
>>303 では
>>287の「(3)はr^(p-1)=pとなる」は成立しない。日高が誤りだ。諦めろ。
>304
>「(3)はr^(p-1)=pとなる」は成立しない。
理由を教えていただけないでしょうか。
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。積の形に変形してrを求める。
(2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=y,r=p^{1/(p-1)}となるので、
x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、X^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ｗｗｗ．ｍａｔｈｎａｖｉ．ｓａｋｕｒａ．ｎｅ．ｊｐ／ｂｂｓ／ｆｉｌｅ１／１５６６９９４７７４．ｐｎｇ
┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです
｜の｜
｜本｜ a^{1/(1-1)}という表現が可能かどうかわかりませんが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ま｜
｜せ｜ ところが、その自慢の下半身がだんだん劣化しつつあります。(´・ω・｀)
｜ん｜
｜！｜ しかし、睾丸無知ですので投稿し続けます。(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
└高┘
http://2chb.net/r/math/1572998533/516
516 名前：日高[] 投稿日：2019/11/18(月) 15:46:21.69 ID:m12I/9Ir [14/28]
>p = 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のときp = 1であることを証明してください
{100^(1/7)}^7+{200^(1/7)}^7={300^(1/7)}^7は、
100+200=300となります。
100+200=300は、100^1+200^1=300^1となります。
┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は人類をはるか超越するレベルです。
｜の｜
｜本｜ p = 7, x = 100^(1/7), y = 200^(1/7), z = 300^(1/7)のとき p = 1 であることを証明
｜は｜
｜読｜ (100^(1/7))^7 + (200^(1/7))^7 = 300^(1/7) ⇔ 100 + 200 = 300
｜ん｜
｜で｜ 100 + 200 = 300 ⇔ 100^1 + 200^1 = 300^1 ∴1 = 7
｜ま｜
｜せ｜ 数学史上、燦然と輝く珍証明です。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ん｜
｜！｜ おかげで睾丸無知な私の下半身が甦りました。(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
└高┘ >>305 >>303 で「(3)はr^(p-1)=pとなる」が成立しないことを日高が認めた。諦めろ。
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=y,}となるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=pa{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=paとなる。r=(pa)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(pa)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>309
>「(3)はr^(p-1)=pとなる」が成立しないことを日高が認めた。諦めろ。
認めていません。
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
この迷言に対し
> 小学校から大学教養レベルあたりまでの数学で、「数」とは
> 自然数、整数、実数（有理数、無理数）、複素数
> であるが a^{1/(1-1) は上記のどれにあたるのだ？
という指摘がなされたが、これに対しても
a^{1/(1-1) は特定できない数です。
という世紀の珍答を与えている。さらに
> スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね？
> (1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
> (2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
> (3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
という質問に対しては
問題の意味がよくわかりません。
⇒の意味は、～ならば～である。と思いますが、
sin(π/2) = 0, sin(π/3) = 0となりません。
sin(π/2) = 1となりますが、 cos(π/3) = 1となりません。
と漫才のような珍答を与えている。
>>311 >>303で日高は確かに「r^(p-1)=p以外の場合」があることを認めている。
すなわち、日高は09 「(3)はr^(p-1)=pとなる」が誤りであることを認めているのだ。諦めろ。
>314
>もう荒らしやん
タイプミスがあったので、書き換えました。
316
>>303で日高は確かに「r^(p-1)=p以外の場合」があることを認めている。
すなわち、日高は09 「(3)はr^(p-1)=pとなる」が誤りであることを認めているのだ。諦めろ。
「r^(p-1)=p以外の場合」も、あります。r^(p-1)=apも、あります。
「(3)はr^(p-1)=pとなる」が誤りと言う訳では、ありません、
>316
>>303で日高は確かに「r^(p-1)=p以外の場合」があることを認めている。
すなわち、日高は09 「(3)はr^(p-1)=pとなる」が誤りであることを認めているのだ。諦めろ。
「r^(p-1)=p以外の場合」も、あります。r^(p-1)=apも、あります。
「(3)はr^(p-1)=pとなる」が誤りと言う訳では、ありません。
r^(p-1)=pの場合は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となります。
r^(p-1)=apの場合は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となります。
> 「(3)はr^(p-1)=pとなる」の「となる」ってどういう意味ですか？
>320
> 「(3)はr^(p-1)=pとなる」の「となる」ってどういう意味ですか？
そのままの意味です。「rは、p^{1/(p-1)}となる」という意味です。
rと、p^{1/(p-1)}が等しくなる。という意味です。
>322
>「等しくなる」の「なる」とはどういう意味ですか？
「等しい」という意味です。
r^(p-1)=apも、r^(p-1)とapは、等しくなります。
>>323 日高
> >322
> >「等しくなる」の「なる」とはどういう意味ですか？
>
> 「等しい」という意味です。
> r^(p-1)=apも、r^(p-1)とapは、等しくなります。
「r^(p-1)とapは等しい」と言いかえていいんですね？
>324
>「r^(p-1)とapは等しい」と言いかえていいんですね？
はい。
>>313 に戻ります。
「(3)はr^(p-1)=pとなるので」「r^(p-1)=p以外の場合は」とありますが
r^(p-1)=pならばそれ以外の場合はないのでは？
>326
>「(3)はr^(p-1)=pとなるので」「r^(p-1)=p以外の場合は」とありますが
r^(p-1)=pならばそれ以外の場合はないのでは？
r^(p-1)=apの場合も、あります。
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>327 > >326
> >「(3)はr^(p-1)=pとなるので」「r^(p-1)=p以外の場合は」とありますが
> r^(p-1)=pならばそれ以外の場合はないのでは？
>
> r^(p-1)=apの場合も、あります。
r^(p-1)はpに等しいと言い切ったのにそうでない場合があるんですか？
>329
>r^(p-1)はpに等しいと言い切ったのにそうでない場合があるんですか？
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)の場合は、r^(p-1)は、pに等しい。
r^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)の場合は、r^(p-1)は、apに
等しい。
となります。
>>330 (3)と(5)はまったく同じ式ですが。
>331
>(3)と(5)はまったく同じ式ですが。
(3)は、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となります。
(5)は、X^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となります。
>>330 r^(p-1)はpに等しかったりapに等しかったりするのですか？
>334
>r^(p-1)はpに等しかったりapに等しかったりするのですか？
はい。
>>335 そういう場合に使う言いかたを知らないんですね。
>336
>そういう場合に使う言いかたを知らないんですね。
どういう言い方を、したらよいのでしょうか？
>>337 中学・高等学校の数学の教科書を読めばわかります。
>332
>両辺の頭だけを取るってことかw
どういう意味でしょうか？
>339
>両辺の頭だけを取るってことかw
意味、わかりました。
>338
>中学・高等学校の数学の教科書を読めばわかります。
中学・高等学校の数学の教科書のどこを読めばよいのでしょうか？
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>341 日高
> >338
> >中学・高等学校の数学の教科書を読めばわかります。
>
> 中学・高等学校の数学の教科書のどこを読めばよいのでしょうか？
全部読めないならフェルマーの最終定理はあきらめるべきです。
>343
>全部読めないならフェルマーの最終定理はあきらめるべきです。
全部を読む必要があるのでしょうか？
>>344 >全部を読む必要があるのでしょうか？
読めないならフェルマーの最終定理はあきらめるべきである。
読んでいるならああいう書き方にはならないと思う。
>345
>読めないならフェルマーの最終定理はあきらめるべきである。
>読んでいるならああいう書き方にはならないと思う。
どの部分のことでしょうか？
>>344 > >343
> >全部読めないならフェルマーの最終定理はあきらめるべきです。
>
> 全部を読む必要があるのでしょうか？
必要があるってさんざんいわれてるじゃん。
で、無視してるから未だに何にも出来てないんでしょ。
反論があるなら、全部読んで理解してから反論すればよい。
証明とやらが間違いで意味のないものであることはみんな分かっているんだよ。
本人だけが騙されてるごまかしだってことはね。
要は本人が数学を勉強不足ってことだけ。
>347
>自分で調べろや
どこを、調べればよいのでしょうか？
>348
>全部読んで理解してから反論すればよい。
全部読むことは、無理だと思いますので、どこを読めばよいのでしょうか？
>349
>本人だけが騙されてるごまかしだってことはね。
どういう意味かわかりません。
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>351 > >348
> >全部読んで理解してから反論すればよい。
>
> 全部読むことは、無理だと思いますので、どこを読めばよいのでしょうか？
全部。
>>355 > >354
> >全部
>
> 全部は、無理です。
働く気はないし、何も提供する気はないけど、金をくれ。などと要求するのと同様の行為ですね。
虫酸が走りますね。
>>336 日高は過去に「r^(p-1)=pは仮定ではなく結論です」と言ってたよ
>356
>働く気はないし、何も提供する気はないけど、金をくれ。などと要求するのと同様の行為ですね。
>虫酸が走りますね。
もし、どこが間違いかが、わかっておられるなら、教えていただけないでしょうか。
>357
>日高は過去に「r^(p-1)=pは仮定ではなく結論です」と言ってたよ
「r^(p-1)=pは仮定ではなく結論です」は、正しいか、間違いかは、わかりませんが、
この証明には、どちらでも、関係ないと思います。
***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
この迷言に対し
> 小学校から大学教養レベルあたりまでの数学で、「数」とは
> 自然数、整数、実数（有理数、無理数）、複素数
> であるが a^{1/(1-1) は上記のどれにあたるのだ？
という指摘がなされたが、これに対しても
a^{1/(1-1) は特定できない数です。
という世紀の珍答を与えている。さらに
> スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね？
> (1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
> (2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
> (3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
という質問に対しては
問題の意味がよくわかりません。
⇒の意味は、～ならば～である。と思いますが、
sin(π/2) = 0, sin(π/3) = 0となりません。
sin(π/2) = 1となりますが、 cos(π/3) = 1となりません。
と漫才のような珍答を与えている。
なんでこうも証明できない r^(p-1)=p にこだわるんだろう
>361
>なんでこうも証明できない r^(p-1)=p にこだわるんだろう
r^(p-1)=p から、x,y,zが整数比とならないことが、導かれるからです。
>>361 その前の、意味のない展開が自慢なんだろう。
>363
>その前の、意味のない展開が自慢なんだろう。
どの部分が意味のない展開でしょうか？
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>362 r^(p-1)=pが 証明できてないからなんの意味もないんだけど...
指摘を受け入れることは費やした時間が全くの無駄だったと認めることに他ならないからね、本能が認めることを拒んでるんじゃないの
>366
>r^(p-1)=pが 証明できてないからなんの意味もないんだけど...
r^(p-1)=pは、左辺の頭＝右辺の頭としただけです。両辺が、積の形の式はそうなります。
>367
>指摘を受け入れることは費やした時間が全くの無駄だったと認めることに他ならないからね、
正しい理由のある指摘は、受け入れます。
＞正しい理由のある指摘は、受け入れます。
何て言うか
さあみんなで一緒に考えようというスタンスのはずなのに
何故か上から目線は何でなんだい？
>>369 > 正しい理由のある指摘は、受け入れます。
正しい理由があるかどうか、判断できるだけの
数字力があるのかな？
>370
>何て言うか
さあみんなで一緒に考えようというスタンスのはずなのに
何故か上から目線は何でなんだい？
あなたは、正しくない理由の場合も、受け入れますか？
>371
>正しい理由があるかどうか、判断できるだけの
数字力があるのかな？
私の判断が、間違っていたら、指摘して下さい。
>373
>なりませんが
例を、あげていただけないでしょうか。
「r^(p-1)=pは、左辺の頭＝右辺の頭としただけです。両辺が、積の形の式はそうなります。」
これの証明だね
明らかに偽に命題だから大変だと思うけど、まずこれ証明してからだね
>>346 どの単元とは言えないが「……のとき」「……ならば」なる言いかたは現れている。
ここは「r=p^{1/(p-1)}のとき」「r=p^{1/(p-1)}ならば」とすべきところだ。
>377
>なることを証明するのが筋では？
3*4=a2*6(1/a)
3=a2
a=3/2
3=3/2*2
3=3
>379
>どの単元とは言えないが「……のとき」「……ならば」なる言いかたは現れている。
ここは「r=p^{1/(p-1)}のとき」「r=p^{1/(p-1)}ならば」とすべきところだ。
確かに、そうですね。
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>364 > (2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
の部分が「意味のない展開」です。
>>380 「左辺の頭＝右辺の頭」とのことなので、
上から4番目の式から 3=3/2 になるんですけどいいんですか？
>>386 日高
> r^(p-1)=pは、左辺の頭＝右辺の頭としただけです。両辺が、積の形の式はそうなります。
そんなことはない。２×６＝３×４だけど２＝３ではない。
>>386 間違えたので書き直し。
>>368 日高
> r^(p-1)=pは、左辺の頭＝右辺の頭としただけです。両辺が、積の形の式はそうなります。
そんなことはない。２×６＝３×４だけど２＝３ではない。
>>370 日高氏が「上から目線」ってことばを理解すると思う？
>383
>aってなんですか？
3*4=2*6の場合、頭は、数字同士ですので、3=2とは、なりません。
よって、右辺に、a=(1/a)=1を掛けました。
>384
> (2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
の部分が「意味のない展開」です。
理由を、教えていただけないでしょうか。
>>390 日高
> >384
> > (2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> > r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
>
> の部分が「意味のない展開」です。
>
> 理由を、教えていただけないでしょうか。
何か意味のあることが出てきていますか？
>387
>そんなことはない。２×６＝３×４だけど２＝３ではない。
左辺の頭と、右辺の頭が数字どうしだと、等しくならないので、
右辺にa(1/a)=1を掛けました。
>日高氏が「上から目線」ってことばを理解すると思う？
「上から目線」は、理解できます。
>391
>何か意味のあることが出てきていますか？
r^(p-1)=pが出てきます。
>>389,392
数字同士だと等しくならないんですか？
2*3=2*3ですが、数字同士なので2≠2ということですか？
>395
>数字同士だと等しくならないんですか？
2*3=2*3ですが、数字同士なので2≠2ということですか？
数字同士だと等しくならない場合があるということです。
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>396 x=2、y=3とします。xy=yxなので、あなたの理屈ではx=y、つまり2=3となりますね。
いいんですか？
>398
x=2、y=3とします。xy=yxなので、あなたの理屈ではx=y、つまり2=3となりますね。
いいんですか？
「x=2、y=3とします。xy=yxなので、」は、
2*3=3*2となります。
左辺の頭は、2となります。右辺の頭は、3となります。
数字どうしなので、2=3となりません。
>400
>xとyは文字ですね
x=2、y=3と固定しています。
数字が入ってたらダメ、ならば、pもrも何らかの数値なのでダメですよね
>402
>けど文字ですよね
x=2、y=3と固定した時点で、x=yとなりません。
>403
>数字が入ってたらダメ、ならば、pもrも何らかの数値なのでダメですよね
pは、数字です。
rは、文字です。
r^(p-1)=pの場合、r=p^{1/(p-1)}となるので、
左辺は、文字となります。右辺は、数字となります。
>>406 xとzは何らかの数字なので、rも数字ですね
なんかもうよくわからないので、
「左辺の頭=右辺の頭」
を証明してください
>405
>左辺の頭=右辺の頭ですよね
両辺とも、頭が数字の場合は、
片方の辺に、a(1/a)を掛けます。
>407
>xとzは何らかの数字なので、rも数字ですね
x^p+y^p=(x+r)^pとしていますので、
xとyに、数字を与えると、rも数字になります。
>>410 数字ならダメなんですよね？
「左辺の頭=右辺の頭」
を証明してください
aは0である可能性があります。
つまりゼロ除算をしていますから、おかしな結論・矛盾も導かれます。
>>397 を p が 3 の場合に限って書き直すことができますが、その場合
「r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)」の p は数字です。
この先の議論はどうなりますか？
>>358 > >356
> >働く気はないし、何も提供する気はないけど、金をくれ。などと要求するのと同様の行為ですね。
>
> >虫酸が走りますね。
>
> もし、どこが間違いかが、わかっておられるなら、教えていただけないでしょうか。
さんざん指摘されてるじゃん。今日も。
そして数学として正しくないか意味の分からない返答しまくってるだろが。
間違いを間違いと理解できないのだから、一から全て勉強するべき。
間違いを指摘してほしいとのたまいながら、実際指摘されると頓珍漢な理屈で必死に反論してきてるんだよなあ
412補足
aがゼロのときa×(1/a)は1であるとは限りませんということです
>408
>なんかもうよくわからないので、
「左辺の頭=右辺の頭」
を証明してください
【定理】AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。
【証明】AB=CDを、左辺の頭=右辺の頭とすると、A=Cなので、CB=CDとなる。
両辺をCで割ると、B=Dとなる。
***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
この迷言に対し
> 小学校から大学教養レベルあたりまでの数学で、「数」とは
> 自然数、整数、実数（有理数、無理数）、複素数
> であるが a^{1/(1-1) は上記のどれにあたるのだ？
という指摘がなされたが、これに対しても
a^{1/(1-1) は特定できない数です。
という世紀の珍答を与えている。さらに
> スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね？
> (1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
> (2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
> (3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
という質問に対しては
問題の意味がよくわかりません。
⇒の意味は、～ならば～である。と思いますが、
sin(π/2) = 0, sin(π/3) = 0となりません。
sin(π/2) = 1となりますが、 cos(π/3) = 1となりません。
と漫才のような珍答を与えている。
>>417 > >408
> >なんかもうよくわからないので、
> 「左辺の頭=右辺の頭」
> を証明してください
>
> 【定理】AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。
> 【証明】AB=CDを、左辺の頭=右辺の頭とすると、A=Cなので、CB=CDとなる。
> 両辺をCで割ると、B=Dとなる。
要求と違う主張。ゴミクズ
>>418 爺さんノリノリだな
だんだんアホらしくなってきた。
p が明らかに偽なる命題のときの「p ならば q」の真偽は
高等学校初年級レベルの論証ができるようになってもむずかしい。
ここはそれほどむずかしくはない。
> 【定理】AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなる。
> 【証明】AB=CDを、左辺の頭=右辺の頭とすると、A=Cなので、CB=CDとなる。
> 両辺をCで割ると、B=Dとなる。
左辺の頭=右辺の頭・・・・・・
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
なにかね、いったいこれは。
AB = CD と仮定しておいて、勝手に新たな
仮定 A=Cのとき
を加えてどうする。
AB = CD ならば A = D なる可能性もあるのだから。何度も指摘されてるのにわからんやつだな。
日高クンはフェルマーの最終定理など止めて
M 高校の男女比は男 25%、女 75% である。男子生徒の 12%、女子生徒の 8% は性体験済みである。
任意に生徒を 1 人選び、「君は性体験済みか？」と聞いたところ、「はい」と答えた。この生徒が女子
である確率を求める。ただし男女とも全員が正直に答えるものとする。
という問題でも楽しめwwwwww
数字だとか数字でないだとか、そういうことがわからない小学二年生でも
「●×■＝▲×★だったら●＝▲か」という質問には答えることができよう。
>>417 その例で言うなら A=C を証明してください
>418
>***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
これらの答えは、間違いでしょうか？
>419
>要求と違う主張。ゴミクズ
要求と違うでしょうか？
>420
>爺さんノリノリだな
だんだんアホらしくなってきた。
よろしくお願いします。
>421
>p が明らかに偽なる命題のときの「p ならば q」の真偽は
高等学校初年級レベルの論証ができるようになってもむずかしい。
>ここはそれほどむずかしくはない。
意味を詳しく説明していただけないでしょうか。
>422
>なにかね、いったいこれは。
AB = CD と仮定しておいて、勝手に新たな
仮定 A=Cのとき
を加えてどうする。
AB = CD ならば A = D なる可能性もあるのだから。何度も指摘されてるのにわからんやつだな。
A=Dならば、B=Cとなります。
>>431 A=CでもA=Dでもなかったらどうなりますか？
>423
>日高クンはフェルマーの最終定理など止めて
止めるわけにはいきません。
>424
>数字だとか数字でないだとか、そういうことがわからない小学二年生でも
「●×■＝▲×★だったら●＝▲か」という質問には答えることができよう
●×■＝a▲×★/aならば、●=a▲となります。
よって、●＝▲とはなりません。
p が奇素数であることが仮定されているだけで、x、y、z、r が何か仮定されていない。
これだけで数学の証明としては失格。
pが奇素数ならば、
x^p + y^p = z^p
は、自然数解を持たないことを証明するのだから x、y、z は当然自然数と仮定しなければならない。したがって
z = x + r
と置いたときの r も自然数である。したがって
r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} ………(3)
から
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。
などとはできない。
r^(p-1)=p
を満たす r は実数となり、r が自然数であるという仮定に反する。
>>428 > >419
> >要求と違う主張。ゴミクズ
>
> 要求と違うでしょうか？
違う。
【定理(日高の大定理)】左辺の頭と右辺の頭が数字同士でなければ, (左辺の頭)=(右辺の頭)である.
【系】0=1である.
aを文字とする. 交換法則よりa(a+1)=(a+1)aである.
日高の大定理より(左辺の頭)=(右辺の頭)なのでa=a+1が成り立つ. 両辺からaを引いて0=1. よって示された.
>>437 wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
日高の最終大定理
>425
>>417 その例で言うなら A=C を証明してください
AB=CD
A=Cとすると、CB=CD
両辺をCで割ると、B=Dとなります。
>>439 前スレで「仮定」と「結論」をあなたは学習したはずですが、439を見る限り残念ながら身に付いていませんね。
「仮定」:推論の出発点となる条件
「結論」:推論において仮定や前提から導き出された判断
数学においては
「◯◯ならば△△である」という文の
◯◯が仮定、△△が結論にあたります。
「◯◯は△△である」と表されることもあります。
「AB=CD ならば A=C である」
の仮定と結論を言えますか？
>432
>A=CでもA=Dでもなかったらどうなりますか？
A=Cでもなかったら、A=aCもしくは、A=D(1/a)となります。
A=Dでもなかったら、A=aDもしくは、A=C(1/a)となります。
>435
>p が奇素数であることが仮定されているだけで、x、y、z、r が何か仮定されていない。
これだけで数学の証明としては失格。
pが奇素数ならば、
x^p + y^p = z^p
は、自然数解を持たないことを証明するのだから x、y、z は当然自然数と仮定しなければならない。したがって
z = x + r
と置いたときの r も自然数である。したがって
r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} ………(3)
から
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。
などとはできない。
r^(p-1)=p
を満たす r は実数となり、r が自然数であるという仮定に反する。
「x、y、z、r が何か仮定されていない。」
x、y、z、rを自然数と仮定すると、z=x+rは、成り立ちません。
よって、自然数解は、ない。 ということになります。
>436
>> >419
> >要求と違う主張。ゴミクズ
>
> 要求と違うでしょうか？
違う。
どう、違うのでしょうか？
>437
>【定理(日高の大定理)】左辺の頭と右辺の頭が数字同士でなければ, (左辺の頭)=(右辺の頭)である.
【系】0=1である.
aを文字とする. 交換法則よりa(a+1)=(a+1)aである.
日高の大定理より(左辺の頭)=(右辺の頭)なのでa=a+1が成り立つ. 両辺からaを引いて0=1. よって示された.
0と1は、違います。
>438
>
>>437 wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
日高の最終大定理
わかりません。
>440
>
>>439 前スレで「仮定」と「結論」をあなたは学習したはずですが、439を見る限り残念ながら身に付いていませんね。
「仮定」:推論の出発点となる条件
「結論」:推論において仮定や前提から導き出された判断
数学においては
「◯◯ならば△△である」という文の
◯◯が仮定、△△が結論にあたります。
「◯◯は△△である」と表されることもあります。
「AB=CD ならば A=C である」
の仮定と結論を言えますか？
仮定は、AB=CD
結論は、A=C
です。
>442
>
>>439 C＝0ならB≠Dです
そうでした。
> x、y、z、rを自然数と仮定すると、z=x+rは、成り立ちません。
r = z - x
となるからr は整数だった。しかし
r^(p-1) = p
を満たす整数 r は存在しないから、結局同じこと。
>>444 > >436
> >> >419
> > >要求と違う主張。ゴミクズ
> >
> > 要求と違うでしょうか？
> 違う。
>
> どう、違うのでしょうか？
今教えてもらってるだろうが。
その程度が出来ないやつは自分の主張をする権利なしの
>>444 > >436
> >> >419
> > >要求と違う主張。ゴミクズ
> >
> > 要求と違うでしょうか？
> 違う。
>
> どう、違うのでしょうか？
今教えてもらってるだろうが。
この程度が理解出来ないやつは自分の主張をする権利なし。
>>447 >仮定は、AB=CD
>結論は、A=C
>です。
その通りです。
では>439のあなたの証明
>AB=CD
>A=Cとすると、CB=CD
>両辺をCで割ると、B=Dとなります。
の仮定と結論を言えますか？
>449
>> x、y、z、rを自然数と仮定すると、z=x+rは、成り立ちません。
r = z - x
となるからr は整数だった。しかし
r^(p-1) = p
を満たす整数 r は存在しないから、結局同じこと。
整数rは、存在しませんが、無理数rは、存在します。
>450
>
>>1に数学を教えるスレになってる
よろしくお願いします。
>451
>> >436
> >> >419
> > >要求と違う主張。ゴミクズ
> >
> > 要求と違うでしょうか？
> 違う。
>
> どう、違うのでしょうか？
今教えてもらってるだろうが。
その程度が出来ないやつは自分の主張をする権利なしの
今、何を教えて貰っているのでしょうか？
「その程度が出来ないやつ」その程度とは、なにを指すのでしょうか？
>453
>
>>441 >aって何？ 「もしくは」の意味は？
r=(ap)^{1/(p-1)}ですので、a=r^(p-1)/pとなります。
「もしくは」の意味は、または、と同じ意味です。
>454
>では>439のあなたの証明
>AB=CD
>A=Cとすると、CB=CD
>両辺をCで割ると、B=Dとなります。
の仮定と結論を言えますか？
いえません。
そもそも、x、y、z、を自然数、p を奇素数とするとき
x^p + y^p = z^p …(1)
を満たすような自然数の組 x、y、z は存在しないことを証明したいたのだろうが。
であるなら
z = x + r
と置くのなら、r は整数でなければならないが
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)
からいきなり
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。
とはできないではないか。
r^(p-1)= p
を満たす r は実数となり、r が整数であるという仮定に反する。君の証明は
x、y、z、を自然数、r を整数（ただし、z = x + r）、p を奇素数とするとき
r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} ⇒ r^(p-1)= p
が成り立つというという大嘘を主張していることになる。
君の論法だとこんなおかしなことが言えてしまう。
だから君の論法は誤り 、という論法が通じる相手と
そうでない相手とがいる。
>460
>x、y、z、を自然数、r を整数（ただし、z = x + r）、p を奇素数とするとき
r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} ⇒ r^(p-1)= p
>が成り立つというという大嘘を主張していることになる。
r^(p-1)= pは、rが整数では、成り立ちません。
>461
>君の論法だとこんなおかしなことが言えてしまう。
だから君の論法は誤り 、という論法が通じる相手と
そうでない相手とがいる。
どういう意味でしょうか？
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>439 A=Cとすると、ではなく、A=Cを示してください
>465
>A=Cとすると、ではなく、A=Cを示してください
「A=Cを示してください」どういうことか、説明していただけないでしょうか。
AB=CD ⇒ A=C
を示せってこと
一般に
AB=AC かつ A≠0 ⇒ B=C
を示すことは難しいと思うけどどうだろうか
>>459 >いえません
それでは話になりません。
質問とは全く別のトンチンカンな回答をしていては、お互いに時間の無駄だと思いませんか？
他の人もアドバイスしてくれているように、中学レベルの数学から復習することを強く勧めます。
具体的には、中2の三角形の合同の証明です。仮定から結論を導く書き方を勉強しましょう。
>467
>AB=CD ⇒ A=C
を示せってこと
これは、どういう意味でしょうか？
>>469 AB=CD ⇒ A=C
仮定AB=CDにおいて
何らかの操作により
BとDを消去できるという結論を得ること
を示せという意味
>468
>いえません
>それでは話になりません。
質問とは全く別のトンチンカンな回答をしていては、お互いに時間の無駄だと思いませんか？
私の証明には、必要なことなのでしょうか？トンチンカンならば、どこが、
トンチンカンなのかを、教えていただけないでしょうか。
>470
>AB=CD ⇒ A=C
仮定AB=CDにおいて
何らかの操作により
BとDを消去できるという結論を得ること
を示せという意味
B=Dならば、A=Cとなります。
>>466 A=Cが成立することを証明してください、という意味です
>>472 それじゃあ
AB=CD かつ B=D ならば A=C
を証明してみて
>>471 >私の証明には、必要なことなのでしょうか？トンチンカンならば、どこが、トンチンカンなのかを、教えていただけないでしょうか。
いいですよ。
あなたのものにら限らず、全ての証明には仮定と結論が必要です。(これは中学高校の数学を学習すれば自然と理解できることです。)
>>439のあなたの証明
>AB=CD
>A=Cとすると、CB=CD
>両辺をCで割ると、B=Dとなります。
この仮定は「AB=CD かつ A=C」
結論は 「B=D」 です。
これに対し我々があなたに求めているのは
仮定「AB=CD」
結論「A=C」 です。
仮定と結論がズレているのがわかりますか？
>473
>>466 A=Cが成立することを証明してください、という意味です
AB=CDならば、A=Cのとき、B=Dとなるので、
B=Dのとき、A=Cとなります。
>474
>それじゃあ
>AB=CD かつ B=D ならば A=C
>を証明してみて
「かつ」の意味を、教えていただけないでしょうか。
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ｘ、ｙ、ｚ は自然数という仮定より
r = z - x
なる r は整数でなければならないのに、勝手に r を実数としてしまえば
ｘ、ｙ、ｚ の少なくとも1つは実数ということになり、以後証明する意味がない。
ホントに馬鹿なんだなあwwwwwwwwwwwwwwwwwww
>>478 AB=CD
かつ
B=D
と仮定する
これより
AD=CD
と言いたいんでしょ
じゃあB=Dより
①AB=CB
②AD=CB
の場合は何なの？
>>471 > >468
> >いえません
>
> >それでは話になりません。
> 質問とは全く別のトンチンカンな回答をしていては、お互いに時間の無駄だと思いませんか？
>
> 私の証明には、必要なことなのでしょうか？トンチンカンならば、どこが、
> トンチンカンなのかを、教えていただけないでしょうか。
お前の返答がほとんどすべてトンチンカンである。
>>479 > 【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
> 【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
> (2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
> (3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
> (4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
> (x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
> r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
> (3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
> (2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
> (6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
> (6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
> ∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミクズ
>>481 追記だけど
仮定したこと(AB=CD)を
仮定したこと(B=D)で変形をするというのは
数学ではないと思うよ
>>430 日高
> >p が明らかに偽なる命題のときの「p ならば q」の真偽は
> 高等学校初年級レベルの論証ができるようになってもむずかしい。
>
> >ここはそれほどむずかしくはない。
>
> 意味を詳しく説明していただけないでしょうか。
文字通りの意味です。
>>458 日高
> >453
> >
>>441 >
> >aって何？ 「もしくは」の意味は？
>
> r=(ap)^{1/(p-1)}ですので、a=r^(p-1)/pとなります。
> 「もしくは」の意味は、または、と同じ意味です。
これはAB=CDの話でrもpもaも出てきませんが
どうなっているのでしょう？
>>463 日高
> >461
> >君の論法だとこんなおかしなことが言えてしまう。
> だから君の論法は誤り 、という論法が通じる相手と
> そうでない相手とがいる。
>
> どういう意味でしょうか？
文字通りの意味です。
>>487 誤：rもpもaも出てきませんが
正：rもpも出てきませんが
>>477 A=Cのときどうかは聞いていません
A=Cを証明してください
>480
>ｘ、ｙ、ｚ は自然数という仮定より
r = z - x
なる r は整数でなければならないのに、勝手に r を実数としてしまえば
ｘ、ｙ、ｚ の少なくとも1つは実数ということになり、以後証明する意味がない。
「勝手に r を実数としてしまえば」
rは、無理数となります。
「勝手に」という意味がわかりません。
教えていただけないでしょうか。
>481
>>478 AB=CD
かつ
B=D
と仮定する
これより
AD=CD
と言いたいんでしょ
じゃあB=Dより
①AB=CB
②AD=CB
の場合は何なの？
①は、A=Cとなりますが、
②AD=CBは、どういう意味でしょうか？
>482
>お前の返答がほとんどすべてトンチンカンである。
どこが、トンチンカンかを教えていただけないでしょうか。
>483
>ゴミクズ
理由を教えていただけないでしょうか。
>484
>追記だけど
仮定したこと(AB=CD)を
仮定したこと(B=D)で変形をするというのは
数学ではないと思うよ
よくわかりません。
>487
>これはAB=CDの話でrもpもaも出てきませんが
どうなっているのでしょう？
私も、よくわかりません。
>490
>A=Cのときどうかは聞いていません
A=Cを証明してください
よく、意味がわかりません。
【定理】pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)を変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数ならば、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>498 これも意味がわからないで投稿しているのですか？
指摘されてる意味が分からないなら、ここに書き込む意味ないんじゃないの？荒らしたいだけ？
>>498 証明になっていません。
もう指摘は出つくしたと思うので
本質的に新しい証明が書き込まれるまでレスは自粛します。
p が奇素数であることが仮定されているだけで、x、y、z、r が何か仮定されていない。
これだけで数学の証明としては失格。よって以後の証明は数学的価値がない。
pが奇素数ならば、
x^p + y^p = z^p
は、自然数の組(x,y,z)を持たないことを証明するのだから x、y、z は当然自然数と仮定しなければならない。したがって
z = x + r
と置いたときの r は整数である。r が実数だと言うのならここでそう宣言すべきである。しかし、r が実数なら
z = x + r
より、少なくとも x か z のどちらかは必ず実数となる。これは x、y、z を自然数と仮定したことに反するので、以後の証明はまったくムダである。
r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} ………(3)
から
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。
とは断定できない。
A = r^(p-1)
B = {(y/r)^p-1}
C = p
D = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
と置いたとき
AB = CD ⇒ A = C
が成り立つという戯けたことを言っているわけで、それが間違いであるのは
4×3 = 6×2
の反例からも明らかである。
他にもボロはいろいろあるが
>>503の指摘だけでもまったく屑のような証明であることがわかる。
>>450 つくづくみんな親切よね
日高が独りで間違ってるだけで他に誰も困ってないし
誰も相手にしなければそれでスッキリ解決なのにね
まぁ某スレ同様、その内愛想尽かされて誰も相手してくれなくなるでしょう
>499
>これも意味がわからないで投稿しているのですか？
どういう意味でしょうか？
>500
>指摘されてる意味が分からないなら、ここに書き込む意味ないんじゃないの？荒らしたいだけ？
指摘されている意味は、大体わかりますが、まだ細かく具体的にご指摘いただけないでしょうか。例を挙げて、もらったらわかりやすいとおもいます。
>501
>証明になっていません。
>もう指摘は出つくしたと思うので
本質的に新しい証明が書き込まれるまでレスは自粛します。
まだ、私は、指摘は出尽くしていないと思います。
>503
>p が奇素数であることが仮定されているだけで、x、y、z、r が何か仮定されていない。
「最初に仮定することは、必要なのでしょうか？」
これだけで数学の証明としては失格。よって以後の証明は数学的価値がない。
「数学の証明としては失格なのでしょうか？」
pが奇素数ならば、
x^p + y^p = z^p
は、自然数の組(x,y,z)を持たないことを証明するのだから x、y、z は当然自然数と仮定しなければならない。したがって
z = x + r
と置いたときの r は整数である。r が実数だと言うのならここでそう宣言すべきである。しかし、r が実数なら
z = x + r
より、少なくとも x か z のどちらかは必ず実数となる。これは x、y、z を自然数と仮定したことに反するので、以後の証明はまったくムダである。
「証明の途中で、xは、有理数と仮定しています。」
r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} ………(3)
から
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。
とは断定できない。
A = r^(p-1)
B = {(y/r)^p-1}
C = p
D = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
と置いたとき
AB = CD ⇒ A = C
が成り立つという戯けたことを言っているわけで、それが間違いであるのは
4×3 = 6×2
の反例からも明らかである。
「4×3 = 6×2の場合、4=6とは、なりませんが、4×3 = a*6×2*(1/a)とした場合はどうでしょうか。4*3=1*12,4*3=9*(4/3)等、無数に存在します。」
>505
>背理法使わないことそのものはまぁいいのでは？
そのとおりですね。
>506
>つくづくみんな親切よね
日高が独りで間違ってるだけで他に誰も困ってないし
誰も相手にしなければそれでスッキリ解決なのにね
間違いを、指摘して下さい。
>507
>まぁ某スレ同様、その内愛想尽かされて誰も相手してくれなくなるでしょう
よろしければ、相手して下さい。
>>513 > >505
> >背理法使わないことそのものはまぁいいのでは？
>
> そのとおりですね。
偉そうにw
意味わかってないだろ
>511
>A=Cを証明してください
>が、わかりません。
仮定「AB=CD」から
結論「A=C」を示してください
という意味です。
>>475も合わせて読んで返事をしてください。
>517
>偉そうにw
意味わかってないだろ
どういう意味でしょうか？
>518
仮定「AB=CD」から
結論「A=C」を示してください
B=Dとすると、AD=CDとなる。
両辺をDで割ると、
A=Cとなる。
【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…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)の両辺を積の形に変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>520 >B=Dとすると、AD=CDとなる。
>両辺をDで割ると、
>A=Cとなる。
「〇〇とすると」というのは
「〇〇であると仮定すると」という意味です。
あなたは、仮定「B=D」を自分勝手に加えています。
元の問題に別の仮定が加わると、それはもう元の問題とは違う問題です。つまり
>>520の証明は間違っています。
仮定「AB=CD」のみから
結論「A=C」を示すことができますか？
>522
>仮定「AB=CD」のみから
結論「A=C」を示すことができますか？
A,B,C,Dは、すべて文字なので、「A=C」となります。
A,B,C,Dが数字ならば、「A=C」となるとは、限りません。
日高のよりも簡単な証明ができたぞ
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z×z^(p-1)…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=(x+y)^pとなる。右辺を二項定理で展開するとx^p+y^p以外の項が出てくるので、x=0またはy=0でなければならない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>524
>pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。
詳しく説明していただけないでしょうか。
>>524 奇素数のときは実際に自然数解はないから、皮肉にはなってないな。
やるなら p＝2 でなければね。
【定理】x^2＋y^2＝z^2 は自然数解を持たない。
【証明】x^2＝z^2－y^2＝(z＋y)*(z－y) すなわち x * x ＝ (z＋y)*(z－y) なので、
左辺と右辺の頭を見れば x＝z＋y である。これを x^2＋y^2＝z^2 に代入して
(z＋y)^2＋y^2＝z^2 である。整理して 2y^2＋2yz＝0 であるが、
yとzが両方とも自然数なら 2y^2＋2yz＝0 にはならないので、
yとzのうち少なくとも片方は自然数ではない。
よって、x^2＋y^2＝z^2 は自然数解を持たないｗｗ
>>523 >A,B,C,Dは、すべて文字なので、「A=C」となります。
それはなぜですか？詳しく説明出来ますか？
もしかしてあなたは
仮定「AB=CD」
結論「A=CのときもあればA≠Cのときもある」
と勘違いしていませんか？
これらの違いがわかりますか？
>>524 AとCに未知数が含まれる場合
AB=CDでもA=Cとは限りません。
そう答えると思う。
>>527 p=2の場合は3^2+4^2=5^2となるので間違いです。
そう答えると思う。
> 4*3=1*12
A = 4
B = 3
C = 1
D = 4
> 4*3=9*(4/3)
A = 4
B = 3
C = 9
D = 4/3
AB = CD ⇒ A = C
は成り立たない。
>524
>したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z×z^(p-1)…(1)となる。
この部分を詳しく説明していただけないでしょうか。
>>532 x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
z^p=z×z^(p-1)
をx^p+y^p=z^pに代入
>527
>【定理】x^2＋y^2＝z^2 は自然数解を持たない。
【証明】x^2＝z^2－y^2＝(z＋y)*(z－y) すなわち x * x ＝ (z＋y)*(z－y) なので、
左辺と右辺の頭を見れば x＝z＋y である。これを x^2＋y^2＝z^2 に代入して
(z＋y)^2＋y^2＝z^2 である。整理して 2y^2＋2yz＝0 であるが、
yとzが両方とも自然数なら 2y^2＋2yz＝0 にはならないので、
yとzのうち少なくとも片方は自然数ではない。
よって、x^2＋y^2＝z^2 は自然数解を持たないｗｗ
「x * x ＝ (z＋y)*(z－y) なので、
左辺と右辺の頭を見れば x＝z＋y である。」がちがいます。
x*x=x^2=(x^2)*1とします。
(x^2)*1=(z+y)(z-y)となります。
x=3,y=4,z=5を代入してみて下さい。
左辺の頭＝右辺の頭となります。
>528
>>A,B,C,Dは、すべて文字なので、「A=C」となります。
それはなぜですか？詳しく説明出来ますか？
A,B,C,Dには、それぞれ、自由に数字を代入出来るからです。
もしかしてあなたは
仮定「AB=CD」
結論「A=CのときもあればA≠Cのときもある」
と勘違いしていませんか？
これらの違いがわかりますか？
仮定「AB=CD」
結論「A=CのときもあればA≠Cのときもある」と、思っています。
>529
>AとCに未知数が含まれる場合
AB=CDでもA=Cとは限りません。
>そう答えると思う。
そう答えます。
>530
>
>>527 >p=2の場合は3^2+4^2=5^2となるので間違いです。
>そう答えると思う。
どういう意味でしょうか？
>531
>> 4*3=1*12
A = 4
B = 3
C = 1
D = 4
D=12では、ないでしょうか？
> 4*3=9*(4/3)
A = 4
B = 3
C = 9
D = 4/3
AB = CD ⇒ A = C
は成り立たない。
この場合は、A,B,C,Dの数字が、決まっていますので、
A=Cとはなりません。
日高語録
・AB=CDのとき、A=Cとなるが、A=Cとは限らない(New!)
>533
>x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}
z^p=z×z^(p-1)
をx^p+y^p=z^pに代入
左辺の頭＝右辺の頭とするときは、
z^pは、(z^p)*1としかできません。
>>542 日高のルールはよく分からんが、とりあえず分かりました、訂正します:
日高のより簡単な証明ができたぞ
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>539
>それの何がわからないんですか？
どのように、証明していいのかわかりません。
要するにあなたのやり方では証明できません、ということを言ってるの
>544
>日高のより簡単な証明ができたぞ
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
もう少し考えさせて下さい。
>546
>要するにあなたのやり方では証明できません、ということを言ってるの
詳しく説明していただけないでしょうか。
>>512
r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} ………(3)
から
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。
とは断定できない。
A = r^(p-1)
B = {(y/r)^p-1}
C = p
D = {x^(p-1)+…+r^(p-2)x}
と置いたとき
AB = CD ⇒ A = C
が成り立つという戯けたことを言っているわけで、それが間違いであるのは
4×3 = 6×2
の反例からも明らかである。
日高クンの反応
「4×3 = 6×2の場合、4=6とは、なりませんが、4×3 = a*6×2*(1/a)とした場合はどうでしょうか。4*3=1*12,4*3=9*(4/3)等、無数に存在します。」
つまり
AB = CD ⇒ A = C
が成り立たない例は無数に存在する。それなのに
r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} ………(3)
から
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。
と言えるのだ？ >549
> AB = CD ⇒ A = C
が成り立たない例は無数に存在する。それなのに
r^(p-1){(y/r)^p-1} = p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x} ………(3)
から
> (3)はr^(p-1)=pとなるので、r=p^{1/(p-1)}となる。
と言えるのだ？
rは、文字
p^{1/(p-1)}は、数字だからです。
>>551 それを議論するために A=C をちゃんと証明してほしいのですが、
できないのならば証明失敗です
>544
>
>>542 日高のルールはよく分からんが、とりあえず分かりました、訂正します:
日高のより簡単な証明ができたぞ
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
多分、正しいと思います。（検討中です。）
>550
>じゃあ証明失敗ですね
詳しく説明して、貰えないでしょうか。どういうことか、意味がわかりません。
日高氏は「～となります」を「～となる可能性があります」の意味で使っているのではなかろうか。
>552
>数字だから何ですか？
具体的に言って貰えないでしょうか。
> rは、文字
> p^{1/(p-1)}は、数字だからです。
wwwwwwwwwwwwwwwwww
そうか r は文字なのか。ということは r の代わりにマンコを使って
マンコ^(p-1)=p
でもいいんだな。マンコが素数になるのか。
>553
>それを議論するために A=C をちゃんと証明してほしいのですが、
できないのならば証明失敗です
AB=aCD(1/a)ならば、
A=aC
B=D(1/a)
しか、思い浮かびません。
>556
>日高氏は「～となります」を「～となる可能性があります」の意味で使っているのではなかろうか。
そういう使い方をしている部分もあります。
>558
>そうか r は文字なのか。ということは r の代わりにマンコを使って
マンコ^(p-1)=p
でもいいんだな。マンコが素数になるのか。
よく、わかりません。
>>560 > >556
> >日高氏は「～となります」を「～となる可能性があります」の意味で使っているのではなかろうか。
>
> そういう使い方をしている部分もあります。
そういう使い方をしていない部分もあるのですか？
具体的に、証明のどこがどちらの使い方か示してもらえますか？
【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…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)の両辺を積の形に変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>562
> >日高氏は「～となります」を「～となる可能性があります」の意味で使っているのではなかろうか。
>
> そういう使い方をしている部分もあります。
>そういう使い方をしていない部分もあるのですか？
具体的に、証明のどこがどちらの使い方か示してもらえますか？
「～となる可能性があります」の意味で使っている箇所は、r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。のみです。
>564
>見事な零点
理由を教えていただけないでしょうか。
>>556 > 日高氏は「～となります」を「～となる可能性があります」の意味で使っているのではなかろうか。
は
>>523 日高
> >522
> >仮定「AB=CD」のみから
> 結論「A=C」を示すことができますか？
>
> A,B,C,Dは、すべて文字なので、「A=C」となります。
> A,B,C,Dが数字ならば、「A=C」となるとは、限りません。
を見て書いたものです。
>>555,559
r^(p-1)=p を証明できてないので証明失敗ということです
>>1 は「r^(p-1)=pとなるので」と書いているので間違い。
>>563 などでは「r^(p-1)=pのとき」と書いているのでこの部分はとりあえず正しいのでは。
>567
>> >仮定「AB=CD」のみから
> 結論「A=C」を示すことができますか？
>
> A,B,C,Dは、すべて文字なので、「A=C」となります。
> A,B,C,Dが数字ならば、「A=C」となるとは、限りません。
を見て書いたものです。
「「A=C」となるとは、限りません。」は、
「A=C」のほかにも、ある。という意味です。
>568
>r^(p-1)=p を証明できてないので証明失敗ということです.
r^(p-1)=pは、r^(p-1)=apの、aが、1の場合です。
>569
>
>>1 は「r^(p-1)=pとなるので」と書いているので間違い。
>>563 などでは「r^(p-1)=pのとき」と書いているのでこの部分はとりあえず正しいのでは。
どちらも、間違いではないと、思います。
>>554 より簡単な証明が発見されたんだから、
もう日高の証明には何の価値もないね、お疲れ様でした
>>524 いやもっと簡単にできる
【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。
【日高式証明】x^p+y^p=z^pを変形するとx(x^(p-1)+(y/x)y^(p-1))=z(z^(p-1)))…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x=z…(2)である。よってx^p+y^p=x^pであり、y=0となる。よってyは自然数となりえない。QED
>>571 1. a とはなにか明記し
2. a=1 を証明してください
>>507 その某スレが寂れたのはこのスレの、つまり日高の功績が大きい。
同様に、日高を上回る狂人が現れればこのスレも打ち捨てられる。
>573
>
>>554 より簡単な証明が発見されたんだから、
もう日高の証明には何の価値もないね、お疲れ様でした
検討中です。
>574
>いやもっと簡単にできる
【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。
【日高式証明】x^p+y^p=z^pを変形するとx(x^(p-1)+(y/x)y^(p-1))=z(z^(p-1)))…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x=z…(2)である。よってx^p+y^p=x^pであり、y=0となる。よってyは自然数となりえない。QED
「頭」の使いかたが、違います。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)の両辺を積の形に変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>575
>
>>571 1. a とはなにか明記し
2. a=1 を証明してください
579を読んで下さい。
>576
>その某スレが寂れたのはこのスレの、つまり日高の功績が大きい。
同様に、日高を上回る狂人が現れればこのスレも打ち捨てられる。
関係ありません。
>>566 > >564
> >見事な零点
>
> 理由を教えていただけないでしょうか。
数学用語をきちんと使えていない箇所が一カ所以上ある。つまり、数学の証明ではない。
>580
>
>>580 書いてありませんが
a(1/a)=1となるaです。
>583
>数学用語をきちんと使えていない箇所が一カ所以上ある。つまり、数学の証明ではない。
その箇所を教えて下さい。
> a(1/a)=1となるaです。
a は文字なのか数字なのか（笑）
>586
>> a(1/a)=1となるaです。
a は文字なのか数字なのか（笑）
任意の実数です。
>>542 日高のルールはよく分からんが、とりあえず分かりました、訂正します:
>日高のより簡単な証明ができたぞ
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これは、正しいです。
> これは、正しいです。
wwwwwwwwwwwwww
>589
>> これは、正しいです。
wwwwwwwwwwwwww
間違いでしょうか？
理由を教えていただけないでしょうか。
>>585 > >583
> >数学用語をきちんと使えていない箇所が一カ所以上ある。つまり、数学の証明ではない。
>
> その箇所を教えて下さい。
少なくとも証明の一行目の文章はおかしい。
>591
>少なくとも証明の一行目の文章はおかしい。
どう、おかしいのでしょうか？
>>587 じゃあaは０でもいいんですね。
それから、何度も指摘されてもaの説明を証明にいれないのはなぜですか?
>593
>
>>587 >じゃあaは０でもいいんですね。
それから、何度も指摘されてもaの説明を証明にいれないのはなぜですか?
aは、0を除く適当な数です。
aの説明を証明にいれないのはa*(1/a)=1だからです。
>595
>a=1の証明はどこですか？
r=p^{1/(p-1)}の場合です。
日高氏にならって証明してみる。
【定理】x^2+y^2=z^2の自然数解はz-y=1を満たす。
【証明】z^2-y^2=x^2,z^2-y^2=(z+y)(z-y)なので(z+y)(z-y)=x^2*1。
頭が等しいからz+y=x^2である。よってz-y=1である。
【系】x=8,y=15,z=17はx^2+y^2=z^2の自然数解ではない。
>597
>いよいよ高木化が著しくなってきたな
どういう意味でしょうか？
>598
>a=1であることの証明です
どういう意味でしょうか？
>>596 r = p^{1/(p-1)} （ r^(p-1) = p より）
だから
a = 1
ということかな？
>>601 a=1であることの証明をしてください、ということです
>>592 > >591
> >少なくとも証明の一行目の文章はおかしい。
>
> どう、おかしいのでしょうか？
わざわざ親切に指摘したんだから自分で考えろや。
分からないなら勉強不足。黙ってろ。
>599
>日高氏にならって証明してみる。
【定理】x^2+y^2=z^2の自然数解はz-y=1を満たす。
【証明】z^2-y^2=x^2,z^2-y^2=(z+y)(z-y)なので(z+y)(z-y)=x^2*1。
頭が等しいからz+y=x^2である。よってz-y=1である。
【系】x=8,y=15,z=17はx^2+y^2=z^2の自然数解ではない。
x=8,y=15,z=17はx^2+y^2=z^2の自然数解です。
(8/9)^2+(15/9)^2=(8/9+1)^2を通分すれば、得られます。
x^2+y^2=(x+1)^2に、x=8/9,y=15/9,を代入すれば、得られます。
x^2+y^2=(x+1)^2を、展開すると、y^2=2x+1となります。
yに、15/9を、代入すると、x=8/9が得られます。
>602
> r = p^{1/(p-1)} （ r^(p-1) = p より）
だから
a = 1
ということかな？
そうです。
>603
>
>>601 a=1であることの証明をしてください、ということです
すみません。質問の意味がよくわかりません。
>604
>わざわざ親切に指摘したんだから自分で考えろや。
分からないなら勉強不足。黙ってろ。
すみません。わかりません。
>>542 日高のルールはよく分からんが、とりあえず分かりました、訂正します:
>日高のより簡単な証明ができたぞ
>【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
>(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
>.∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これは、正しいです。
日高氏にならってもう一つ証明してみる。
【定理】x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=x^2,z^2-y^2=(z-y)(z+y)なので(z-y)(z+y)=x^2*1。
頭が等しいからz-y=x^2である。よってz+y=1である。
>610
>日高氏にならってもう一つ証明してみる。
【定理】x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=x^2,z^2-y^2=(z-y)(z+y)なので(z-y)(z+y)=x^2*1。
頭が等しいからz-y=x^2である。よってz+y=1である。
x=3,y=-4,z=5とすると、
「【定理】x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。」は、
x^2+y^2=z^2は、有理数解を持つになります。
>611
>
>>607 何がわからないんですか？
すみません。質問の意味がよくわからないので、
最初から、具体的に説明していただけないでしょうか。
【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…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)の両辺を積の形に変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>614 > 【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…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
> (2)の両辺を積の形に変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
> (3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
> (4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
> (x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
> r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
> (3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
> (2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
> (6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
> (6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミ
>>614 日高
> (6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
> (6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
(4)は有理数解を持たないが(4)の無理数解x,y,x+p^{1/(p-1)}で整数比になるものがないとは言えない。
A^p+B^p=C^pをフェルマーの最終定理の反例とするとA^p+B^p={A+(C-A)}^pだから
[A*p^{1/(p-1)}/(C-A)]^p+[B*p^{1/(p-1)/(C-A)]^p=[A*p^{1/(p-1)}/(C-A)+p^{1/(p-1)}]^pとなり
A*p^{1/(p-1)}/(C-A),B*p^{1/(p-1)/(C-A),A*p^{1/(p-1)}/(C-A)+p^{1/(p-1)}は(4)の無理数解で比はA:B:Cである。
>>594
> aは、0を除く適当な数です。
> 614
> r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
p が奇素数、a が 0 以外の適当な数で (ap)^{1/(p-1)} が有理数になることは別途証明が必要ですね。
＃証明できるとは思いませんが。 >>618
> >>594
> > aは、0を除く適当な数です。
>
> > 614
> > r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
>
> p が奇素数、a が 0 以外の適当な数で (ap)^{1/(p-1)} が有理数になることは別途証明が必要ですね。
> ＃証明できるとは思いませんが。
日高氏の方針は有理数rを決めるごとにx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解x,yがあるかどうかを論ずるもので
aはおそらくr=(ap)^{1/(p-1)}を満たすようにrごとに決めるのだと思います。
ですから(ap)^{1/(p-1)}は元のrに戻ります。有理数になるのは明らかです。
（日高氏が堂々巡りをしているだけ。） >>613 a=1が成り立つことを証明してください、ということです
>616
>
>>614 日高
> (6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
> (6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
>(4)は有理数解を持たないが(4)の無理数解x,y,x+p^{1/(p-1)}で整数比になるものがないとは言えない。
>A^p+B^p=C^pをフェルマーの最終定理の反例とするとA^p+B^p={A+(C-A)}^pだから
[A*p^{1/(p-1)}/(C-A)]^p+[B*p^{1/(p-1)/(C-A)]^p=[A*p^{1/(p-1)}/(C-A)+p^{1/(p-1)}]^pとなり
A*p^{1/(p-1)}/(C-A),B*p^{1/(p-1)/(C-A),A*p^{1/(p-1)}/(C-A)+p^{1/(p-1)}は(4)の無理数解で比はA:B:Cである。
A=x',B=y',C=z'として、614を読み返していただけないでしょうか。
>617
>
>>616 すご。
A=x',B=y',C=z'として、614を読み返していただけないでしょうか。
>618
>> 614
> r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
p が奇素数、a が 0 以外の適当な数で (ap)^{1/(p-1)} が有理数になることは別途証明が必要ですね。
＃証明できるとは思いませんが。
(ap)^{1/(p-1)} が有理数になる場合は、
a=3,p=3です。他にも、無数にあります。
>619
>日高氏の方針は有理数rを決めるごとにx^p+y^p=(x+r)^pに有理数解x,yがあるかどうかを論ずるもので
aはおそらくr=(ap)^{1/(p-1)}を満たすようにrごとに決めるのだと思います。
ですから(ap)^{1/(p-1)}は元のrに戻ります。有理数になるのは明らかです。
（日高氏が堂々巡りをしているだけ。）
「元のr」の意味がよくわからないので、教えていただけないでしょうか。
>620
>a=1が成り立つことを証明してください、ということです
a=1の場合、r=p^{1/(p-1)}となるので、
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^pは、xを有理数とすると、zは、無理数となります。
質問の、「成り立つ」の意味を教えていただけないでしょうか。
>623
>
>>621 そんな難しいことわかるわけないだろ。
544の証明は、簡単ですので、そちらを読まれたらいかがでしょうか。
検討しましたが、正しいです。
>627
>辞書通りの意味です
私は、言葉が足りないとおもいます。
>日高のより簡単な証明ができたぞ
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これは、正しいです。
>>629 a=1を証明してください、のどこが言葉足らずなんですか？
具体的にどこがどうわからないんですか？
>631
>a=1を証明してください、のどこが言葉足らずなんですか？
具体的にどこがどうわからないんですか？
>a=1が成り立つことを証明してください、
「a=1が成り立つ」の成り立つの意味を、明確に教えて下さい。
日本語が難しいようなら、
「a=1を証明してください」
と読んでみてください
a=1となることを証明してください、の意味ですよ。
>634
>日本語が難しいようなら、
「a=1を証明してください」
と読んでみてください
すみません。よくわかりません。
日高氏的には、
>>606 でオッケー
という事なんじゃないかな
>637
>日高氏的には、
>>606 でオッケー
という事なんじゃないかな
私的には、そうです。
>>649 >>639宛ですかね？
何がわからないか聞いてるんですけど
>日高のより簡単な証明ができたぞ
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これは、正しいです。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)の両辺を積の形に変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>644 > 【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…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
> (2)の両辺を積の形に変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
> r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
> (3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
> (4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
> (4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
> (x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
> r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
> (3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
> r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
> (2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
> (6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
> (6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
> ∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
ゴミを量産して、どうしたいんだ？
>>619 あー、なるほど。
「適当な」ってのは「任意の」の意じゃなくて、
「適切な」ほどの意味なんですね。
堂々巡りで一歩も前進してないですね、
>645
>ゴミを量産して、どうしたいんだ？
間違いの、指摘をお願いします。
>641
>何がわからないか聞いてるんですけど
質問の意味が、読み取れません。
どう、答えていいのかわかりません。
>あー、なるほど。
「適当な」ってのは「任意の」の意じゃなくて、
「適切な」ほどの意味なんですね。
そうです。
>堂々巡りで一歩も前進してないですね、
643を、読んで見て下さい。簡単で、分かりやすいと思います。
>適当な元とは∃(存在量化子)を意味する
よくわかりません。
>>650 他人のレスを引用して自分の功績みたいに発表するのやめてくれない？いずれにせよ、もう日高の証明には何の価値もないってことが分かって良かったね、お疲れ様でした
>652
>
>>650 他人のレスを引用して自分の功績みたいに発表するのやめてくれない？いずれにせよ、もう日高の証明には何の価値もないってことが分かって良かったね、お疲れ様でした
650は、私は正しいと思いますが、あなたは、どう思われますか？
間違いました、
643は、私は正しいと思いますが、あなたは、どう思われますか？
>日高のより簡単な証明ができたぞ
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これは、正しいです。
>>653 俺が正しいと思ってようが間違ってると思ってようが日高の証明に価値がないことには変わりないんだから関係ないよねw
>>655 他人のレスを引用して自分の功績みたいに発表するのはやめろと書いたはずだが
>>655 > これは、正しいです。
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
>657
>
>>655 >他人のレスを引用して自分の功績みたいに発表するのはやめろと書いたはずだが
自分の功績とは，思っていません。
>657
>> これは、正しいです。
>wwwwwwwwwwwwww
まちがいでしょうか？
【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…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)の両辺を積の形に変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>661 wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
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>>661 wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
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>>612 日高
結論が違っている、だけでなく、私の推論のどこが誤りか指摘してください。
>>621 日高
> A=x',B=y',C=z'として、614を読み返していただけないでしょうか。
すみませんがrとaをA,B,Cの式で書いていただけないでしょうか。
また「X:Y:Z=x:y:zとなる」とのことですがX:xの比の値をA,B,Cの式で書いていただけないでしょうか。
>>625 日高
> 「元のr」の意味がよくわからないので、教えていただけないでしょうか。
自分がやっていることの意味がわかっていない人にはわかるはずないよ。
>>661 wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
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>>661 wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
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>日高氏にならってもう一つ証明してみる。
【定理】x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。
【証明】z^2-y^2=x^2,z^2-y^2=(z-y)(z+y)なので(z-y)(z+y)=x^2*1。
頭が等しいからz-y=x^2である。よってz+y=1である。
z-y=x^2
z+y=1より、z=1-y
z-y=x^2に、z=1-yを代入すると、
1-y-y=x^2
1-2y=x^2
xに、3を代入すると、
1-2y=9
2y=-8
y=-4
x=3,y=-4となります。
x^2+y^2=z^2に代入すると、
3^2+(-4)^2=5^2となります。
>665
>> A=x',B=y',C=z'として、614を読み返していただけないでしょうか。
>すみませんがrとaをA,B,Cの式で書いていただけないでしょうか。
また「X:Y:Z=x:y:zとなる」とのことですがX:xの比の値をA,B,Cの式で書いていただけないでしょうか。
すみませんが、混乱するので、A=x',B=y',C=z'として、読んで頂けないでしょうか。
>666
>自分がやっていることの意味がわかっていない人にはわかるはずないよ。
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。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)の両辺を積の形に変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>日高のより簡単な証明ができたぞ
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これは、正しいです。
>>672 >>673 wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
wwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwwww
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>>673 これでもいいの？
【定理】pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは2なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-2x^(p-1)y^(p-1)/(x^(p-1)+y^(p-1))+y^(p-1)}となる。したがって(x+y){x^(p-1)-2x^(p-1)y^(p-1)/(x^(p-1)+y^(p-1))+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これは、正しいです。
>>669 日高
> 【定理】x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。
なので負の数は無効です。
推論のどこが誤りかを指摘してください。
>>655 日高
> >日高のより簡単な証明ができたぞ
> 【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
> (1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。
ここまでの議論はx,y,zが自然数という事実を使っていないからx=2^(1/p),y=3^(1/p),z=5^(1/p)でも通用する。
(2)より2^(1/p)+3^(1/p)=5となるはずだが。
>675
>【証明】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。
この因数分解は、正しいのでしょうか？
>>676 【定理】x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。
なので負の数は無効です。
>推論のどこが誤りかを指摘してください。
正しい【定理】は、x^2+y^2=z^2は有理数解を持つ。です。
なので、負の数は、有効です。
>>679 >
>>676 > 【定理】x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。
> なので負の数は無効です。
>
> >推論のどこが誤りかを指摘してください。
>
> 正しい【定理】は、x^2+y^2=z^2は有理数解を持つ。です。
> なので、負の数は、有効です。
推論の誤りを指摘しろっていわれてるだろが 。おまえが得意なように、具体的に、誤りの箇所を指摘しろよ。
多分
>>669が誤りの指摘だと言って、
譲らないと思うよ
>675
>【証明】pは2なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-2x^(p-1)y^(p-1)/(x^(p-1)+y^(p-1))+y^(p-1)}となる。
この因数分解は、正しいでしょうか？
>677
> >日高のより簡単な証明ができたぞ
> 【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
> (1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。
>ここまでの議論はx,y,zが自然数という事実を使っていないからx=2^(1/p),y=3^(1/p),z=5^(1/p)でも通用する。
(2)より2^(1/p)+3^(1/p)=5となるはずだが。
x=2^(1/p),y=3^(1/p),z=5^(1/p)のとき、
x^p+y^p=z^pは、満たしますが、
x+y=z^pは、満たしません。
>680
>推論の誤りを指摘しろっていわれてるだろが 。おまえが得意なように、具体的に、誤りの箇所を指摘しろよ。
誤りの箇所は、「x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。」です。
>>684 > >680
> >推論の誤りを指摘しろっていわれてるだろが 。おまえが得意なように、具体的に、誤りの箇所を指摘しろよ。
>
> 誤りの箇所は、「x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。」です。
何で誤りなのか理由が説明されてないが。理由は？
そこは推論なのか？
他は正しいのか？
他人に聞く前に自分で検証したらどうなんだい
＞>【証明】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。
＞この因数分解は、正しいのでしょうか？
正しい
＞>【証明】pは2なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-2x^(p-1)y^(p-1)/(x^(p-1)+y^(p-1))+y^(p-1)}となる。
＞この因数分解は、正しいでしょうか？
正しい
日高はx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}が正しいかどうかも知らないのに、なぜ
>>673を正しいって判断するんだ？
適当な奴だな
推論とはどのような行為なのか、がわかっていないのでは。
>685
> 誤りの箇所は、「x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。」です。
何で誤りなのか理由が説明されてないが。理由は？
そこは推論なのか？
他は正しいのか？
x^2+y^2=z^2はx=3,y=4,z=5の自然数解を持つからです。
「他は正しいのか？」の他とは、どのようなことでしょうか？
>686
＞>【証明】pは2なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-2x^(p-1)y^(p-1)/(x^(p-1)+y^(p-1))+y^(p-1)}となる。
＞この因数分解は、正しいでしょうか？
x^2+y^2=(x+y){x-2xy/x+y)+y}となると思いますが。
>687
>日高はx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}が正しいかどうかも知らないのに、なぜ
>>673を正しいって判断するんだ？
>適当な奴だな
スレ番号のタイプミスでした。
x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は、正しいです。
>688
>推論とはどのような行為なのか、がわかっていないのでは。
教えて下さい。
>日高のより簡単な証明ができたぞ
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これは、正しいです。
>>689 > >685
> > 誤りの箇所は、「x^2+y^2=z^2は自然数解を持たない。」です。
> 何で誤りなのか理由が説明されてないが。理由は？
> そこは推論なのか？
> 他は正しいのか？
>
> x^2+y^2=z^2はx=3,y=4,z=5の自然数解を持つからです。
> 「他は正しいのか？」の他とは、どのようなことでしょうか？
日本語勉強不足
>>691 タイプミスより証明の誤りを認めるべき
何百回指摘受けてると思ってんの？
>>690 で？
＞ pは2なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-2x^(p-1)y^(p-1)/(x^(p-1)+y^(p-1))+y^(p-1)}となる。
は正しいだろ？
日高が x^2+y^2=(x+y){x-2xy/x+y)+y} となるって言うんだったらそうなんじゃないか？
【定理】pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは2なので、x^p+y^p=(x+y){x-2xy/x+y)+y}となる。したがって(x+y){x-2xy/x+y)+y}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)となる。
ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これは、正しいです。
>>690 日高
> >686
> ＞>【証明】pは2なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-2x^(p-1)y^(p-1)/(x^(p-1)+y^(p-1))+y^(p-1)}となる。
> ＞この因数分解は、正しいでしょうか？
こういうのはふつう因数分解と呼ばないよ
>>683 > x=2^(1/p),y=3^(1/p),z=5^(1/p)のとき、
> x^p+y^p=z^pは、満たしますが、
> x+y=z^pは、満たしません。
それで？
>695
>タイプミスより証明の誤りを認めるべき
何百回指摘受けてると思ってんの？
証明の誤りを指摘していただけないでしょうか。
>696
>＞ pは2なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-2x^(p-1)y^(p-1)/(x^(p-1)+y^(p-1))+y^(p-1)}となる。
は正しいだろ？
理由を教えていただけないでしょうか。
>697
>日高が x^2+y^2=(x+y){x-2xy/x+y)+y} となるって言うんだったらそうなんじゃないか？
私はx^2+y^2=(x+y){x-2xy/x+y)+y} が正しいとは、言っていません。
x^2+y^2=(x+y){x-2xy/x+y)+y}は、間違いと、言っています。
>698
>【証明】pは2なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-2x^(p-1)y^(p-1)/(x^(p-1)+y^(p-1))+y^(p-1)}となる。
> ＞この因数分解は、正しいでしょうか？
>こういうのはふつう因数分解と呼ばないよ
x^p+y^p=(x+y)(x-y)となります。
>699
>
>>683 > x=2^(1/p),y=3^(1/p),z=5^(1/p)のとき、
> x^p+y^p=z^pは、満たしますが、
> x+y=z^pは、満たしません。
>それで？
どういうことでしょうか？
>日高のより簡単な証明ができたぞ
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これは、正しいです。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)の両辺を積の形に変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
z^2-x^2を因数分解すると、(z+x)(z-x)となる。
z=5,x=3を代入すると、(5+3)(5-3)=8*2=16=4^2となる。
よって、z^2-x^2=(z+x)(z-x)は、5^2-3^2=4^2となる。
移項すると、3^2+4^2=5^2となるので、
ピタゴラス数(3,4,5)が得られる。
0でない任意のr、奇素数pにたいして
r^(p-1)=ap …(1)
が必ず成り立つようにaを決めるとき、(1)より
a={r^(p-1)}/p …(2)
(1)を変形して
r=(ap)^{1/(p-1)} …(3)
aの値は(2)によってもうわかっているので、(3)の式は計算の途中である。
(3)に(2)を代入して
r=r
よって、(3)の式変形は無意味である。
>709
>0でない任意のr、奇素数pにたいして
r^(p-1)=ap …(1)
が必ず成り立つようにaを決めるとき、(1)より
a={r^(p-1)}/p …(2)
(1)を変形して
r=(ap)^{1/(p-1)} …(3)
aの値は(2)によってもうわかっているので、(3)の式は計算の途中である。
(3)に(2)を代入して
r=r
>よって、(3)の式変形は無意味である。
(2)と(3)は、同じ式です。
>>705 普通、正しくない式が出てきたら、
どこで推論を間違えたかと考えるものです。
>711
>普通、正しくない式が出てきたら、
どこで推論を間違えたかと考えるものです。
どういうことでしょうか？
AB=CDならば、A=aCのとき、C=D/aとなる。
例. z^2-x^2=y^2,
z^2-x^2=(z+x)(z-x)
y^2*1=(z+x)*(z-x)
y^2=(z+x)左辺の左＝右辺の左…(1)
1=(z-x) 左辺の右＝右辺の右…(2)
(1),(2)より、
y^2=2x+1
y=3とすると、9=2x+1,
x=4
4^2+3^2=5^2より、z=5
y^2*1=(z+x)*(z-x)は、
3^2*1=(5+4)*(5-4)となる。
この場合は、a=1となる。
>>713 > AB=CDならば、A=aCのとき、C=D/aとなる。
証明してください。
>714
>> AB=CDならば、A=aCのとき、C=D/aとなる。
証明してください
AB=aCD/a=CDa/a=CD*1=CD
>>715 日高
> >714
> >> AB=CDならば、A=aCのとき、C=D/aとなる。
>.
> 証明してください
>
> AB=aCD/a=CDa/a=CD*1=CD
仮定と結論の区別ができていない。中学生未満。
……っつーか、これ、成り立たないだろ。
文字に0が含まれていないと追加の仮定をおいても。
>>710 同じ式、とはどういうことですか？
709の(2)はrとpが決まればaが決まる、という式で、これ以上簡単には書けません。
(3)はaの式の中にrが含まれていますから、両辺にrを含んだ等式です。左辺はもっと整理できます。
>>718は間違えました。
最後の部分
左辺はもっと整理できます。
正しくは
右辺はもっと整理できます。
>>704 ＞x^p+y^p=(x+y)(x-y)となります。
日高数学ではそうなるのか
我々の数学とは違う世界の話なんだね
>716
>仮定と結論の区別ができていない。中学生未満。
理由を教えていただけないでしょうか。
>717
>……っつーか、これ、成り立たないだろ。
>文字に0が含まれていないと追加の仮定をおいても。
理由を教えていただけないでしょうか。
>719
>同じ式、とはどういうことですか？
709の(2)はrとpが決まればaが決まる、という式で、これ以上簡単には書けません。
(3)はaの式の中にrが含まれていますから、両辺にrを含んだ等式です。右辺はもっと整理できます。
(1)を変形すると、(2),(3)となります。
よって、(1),(2),(3)は同じ式です。
>720
>＞x^p+y^p=(x+y)(x-y)となります。
>日高数学ではそうなるのか
我々の数学とは違う世界の話なんだね
すみません。間違いました。
x^p-y^p=(x+y)(x-y)となります。
>日高のより簡単な証明ができたぞ
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。したがって(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}=z^p×1…(1)となる。
(1)で左辺の頭と右辺の頭は等しいから、x+y=z^p…(2)である。(2)をx^p+y^p=z^pに代入して、x^p+y^p=x+y…(3)なる。ここでx,y>1ならばx^p>x,y^p>yだから(3)は成り立たず不適である。したがってx=y=1となるがz^p=2を満たす自然数zはないのでやはり不適である。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
これは、正しいと思います。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】x^p+y^p=z^p…(1)を、z=x+rとおいて、x^p+y^p=(x+r)^p…(2)とする。
(2)の両辺を積の形に変形して、(x/r)^p+(y/r)^p=(x/r+1)^p, (y/r)^p-1=p{(x/r)^(p-1)+…+x/r},
r^(p-1){(y/r)^p-1}=p{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}…(3)とする。
(3)はr^(p-1)=pのとき、r=p^{1/(p-1)}となる。(2)はx^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…(4)となる。
(4)はrが無理数なので、xを有理数としたとき、x,y,zは整数比とならない。
(4)のx,y,zが無理数x',y',z'で、整数比となる場合を考える。dを共通の無理数とする。
(x'/d)^p+(y'/d)^p=(x'/d+r/d)^pとなる。x'/d=x,y'/d=yとなるので、x^p+y^p=(x+r/d)^pとなる。
r/dが無理数の場合は、整数比とならない。
(3)の右辺に、a(1/a)を掛けるとr^(p-1){(y/r)^p-1}=ap{x^(p-1)+…+r^(p-2)x}(1/a)…(5)となる。
r^(p-1)=p以外の場合は、r^(p-1)=apとなる。r=(ap)^{1/(p-1)}となるのでrは有理数となる。
(2)はX^p+Y^p=(X+(ap)^{1/(p-1)})^p…(6)となる。r/dが有理数の場合も、(6)となる。
(6)のX,Y,Zは(4)のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となるので、X:Y:Z=x:y:zとなる。よって、(6)も整数比とならない。
(6),(4)は、整数比とならないので、有理数解を持たない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>727
>数学ではない。
理由を教えていただけないでしょうか。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と因数分解できる。
(z+y)(z-y)=x^2×1…(1)となる。
(1)で左辺の右側と右辺の右側は等しいから、(z-y)=1…(2)である。
(2)を(z+y)に代入して、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の整数3を代入すると、y=4となる。
よって、x=3,y=4,z=5となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の自然数解は、x=y=1のみである。(1)は、z^p=1+1=2…(3)となる。z^p=2を満たす自然数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>728 > >727
> >数学ではない。
>
> 理由を教えていただけないでしょうか。
間違ってるから。
既に大量に指摘済み。
【定理】2以上の任意の自然数は素数である。
【証明】自然数n≧2がn×1=a×b…(1)と自然数の積に分解できたとする。(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、b=1である。このときa=nとなり、これはnの約数が1とnのみであることを意味する。したがって、nは素数である。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と因数分解できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入して、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の奇数を代入すると、yは、自然数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>>733 全然だめ。
xが自然数のとき、x^2の約数は「少なくとも」1,x,x^2なだけであって、
(2)が必ず成り立つとは限らない。
>732
>【定理】2以上の任意の自然数は素数である。
【証明】自然数n≧2がn×1=a×b…(1)と自然数の積に分解できたとする。(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、b=1である。このときa=nとなり、これはnの約数が1とnのみであることを意味する。したがって、nは素数である。
n×1=a×b…(1)を、n=6,a=2,b=3とすると、
6×1=2×3=3*2×3*1/3となります。
左辺の左側と右辺の左側は、等しいので、6=3*2, 1=3*1/3となります。
>734
>全然だめ。
xが自然数のとき、x^2の約数は「少なくとも」1,x,x^2なだけであって、
(2)が必ず成り立つとは限らない。
「(2)が必ず成り立つとは限らない。」
どういうことか、説明していただけないでしょうか。
反例が上がらなければ証明で滅茶苦茶やっても許す(
>>544)癖に、同じ論法でも反例が容易に上がる証明は断固許さない(
>>733)。おまけに、反例を上げるだけで証明の内容には一切触れない。
>>736 (x,y,z)＝(8,15,17)はピタゴラス数ですが、
1=(z－y)を満たしません
日高氏は数学の基礎知識が不足している上に、日本語の理解力も極めて低いので、会話が成り立たない。
相手をしても疲れるだけ。
>737
>反例が上がらなければ証明で滅茶苦茶やっても許す(
>>544)癖に、同じ論法でも反例が容易に上がる証明は断固許さない(
>>733)。おまけに、反例を上げるだけで証明の内容には一切触れない。
どういう意味でしょうか？もうすこし、詳しく説明していただけないでしょうか。
>738
>
>>733ではなく
>>732だったね、失礼
すみません。どういうことでしょうか？
>739
>(x,y,z)＝(8,15,17)はピタゴラス数ですが、
1=(z－y)を満たしません
この場合は、
y^2*1=2*(z+y)(z-y)*1/2とします。
>>743 1/2という約数を考えることは素因数分解の一意性に反しますからダメです。
>744
>1/2という約数を考えることは素因数分解の一意性に反しますからダメです。
詳しく説明していただけないでしょうか。
>744
>1/2という約数を考えることは素因数分解の一意性に反しますからダメです。
ネットで、「物理のかぎしっぽ」因数分解の一意性の、項目を見ていただけないでしょうか。
>747
>みましたが、それがどうしたのですか？
定数倍だけ異なる多項式は、基本的に同じものと考えます。
例. x^6+x^4+x^3+1=(x^2+1)(x^4+1)=(2x^4+2)((1/2)x^2+1/2)
と書いてありますが。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と因数分解できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1となる。
(3)のxに3以上の任意の奇数を代入すると、yは、自然数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と因数分解できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに3以上の任意の奇数を代入すると、yは、自然数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の自然数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす自然数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
(2)のところ
1=z-y または 1=x+y
じゃね
>752
>(2)のところ
>1=z-y または 1=x+y
>じゃね
どういう意味でしょうか？
>754
>それは私の指摘と何も関係ないですね。
理由を教えていただけないでしょうか。
>>721 日高
> >716
> >仮定と結論の区別ができていない。中学生未満。
>
> 理由を教えていただけないでしょうか。
いいよ。
>>715 日高
> >714
> >> AB=CDならば、A=aCのとき、C=D/aとなる。
>
> 証明してください
>
> AB=aCD/a=CDa/a=CD*1=CD
君が最後に示したのはAB=CD。それは仮定です。
>>722 日高
> >717
> >……っつーか、これ、成り立たないだろ。
> >文字に0が含まれていないと追加の仮定をおいても。
>
> 理由を教えていただけないでしょうか。
いいよ。
>>715 日高
> >714
> >> AB=CDならば、A=aCのとき、C=D/aとなる。
>
> 証明してください
>
> AB=aCD/a=CDa/a=CD*1=CD
A=B=2,C=1,D=4とするとABもCDも4だからAB=CDが成り立つ。
A=2cだからaは2だ。しかし1=4/2は成り立たない。
>>730 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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。
> したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
> (1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、
これは誤り。
pが3でx=2,y=3のとき(x^3+y^3)*1=(x+y)(x^2-xy+y^2)は
35*1=5*(4-6+9)でx^2+xy+y^2は7。
（まだこれがz^3に等しいということは使っていない。）
>758
>> AB=aCD/a=CDa/a=CD*1=CD
A=B=2,C=1,D=4とするとABもCDも4だからAB=CDが成り立つ。
A=2cだからaは2だ。しかし1=4/2は成り立たない
「しかし1=4/2は成り立たない」
この部分を、詳しく説明していただけないでしょうか。
>>756 x^2=2(1/2)(z+y)(z-y)という式変形をするところまではいいのですよ。
問題は次のステップなのです。
次にあなたはどのような理屈で話を進めるんですか？
>>748 日高
> >747
> >みましたが、それがどうしたのですか？
>
> 定数倍だけ異なる多項式は、基本的に同じものと考えます。
> 例. x^6+x^4+x^3+1=(x^2+1)(x^4+1)=(2x^4+2)((1/2)x^2+1/2)
>
> と書いてありますが。
多項式の因数分解ではそうですが、整数の素因数分解では同じと考えるのは-1倍だけです。
またそれは多項式の計算で定数倍を無視してよいという意味ではありません。
>>760 日高
> >758
> >> AB=aCD/a=CDa/a=CD*1=CD
>
> A=B=2,C=1,D=4とするとABもCDも4だからAB=CDが成り立つ。
> A=2cだからaは2だ。しかし1=4/2は成り立たない
>
> 「しかし1=4/2は成り立たない」
> この部分を、詳しく説明していただけないでしょうか。
いいよ。君の主張は
>>713 日高
> AB=CDならば、A=aCのとき、C=D/aとなる。
だった。A=B=2,C=1,D=4,a=2は「AB=CDならば、A=aCのとき」を満たす。
しかしC=D/aではない。
>759
>これは誤り。
pが3でx=2,y=3のとき(x^3+y^3)*1=(x+y)(x^2-xy+y^2)は
35*1=5*(4-6+9)でx^2+xy+y^2は7。
（まだこれがz^3に等しいということは使っていない。）
「（まだこれがz^3に等しいということは使っていない。）」
このことの意味を教えていただけないでしょうか。
>>764 日高
> >759
> >これは誤り。
> pが3でx=2,y=3のとき(x^3+y^3)*1=(x+y)(x^2-xy+y^2)は
> 35*1=5*(4-6+9)でx^2+xy+y^2は7。
> （まだこれがz^3に等しいということは使っていない。）
>
> 「（まだこれがz^3に等しいということは使っていない。）」
>
> このことの意味を教えていただけないでしょうか。
実際にはz^3=35の自然数解はありませんがまだその事実を使っていないでしょう？
使ったというならその箇所を明確に示してください。
>761
>x^2=2(1/2)(z+y)(z-y)という式変形をするところまではいいのですよ。
問題は次のステップなのです。
次にあなたはどのような理屈で話を進めるんですか？
x^2*1=2(z+y)(z-y)(1/2)
(z-y)(1/2)=1
z/2-y/2=1
z-y=2,z=y+2
x^2=2(z+y)に、z=y+2を代入すると、
x^2=2(2y+2)
x=8,y=15を代入すると、
64=64
>762
>> 定数倍だけ異なる多項式は、基本的に同じものと考えます。
> 例. x^6+x^4+x^3+1=(x^2+1)(x^4+1)=(2x^4+2)((1/2)x^2+1/2)
>
> と書いてありますが。
>多項式の因数分解ではそうですが、整数の素因数分解では同じと考えるのは-1倍だけです。
またそれは多項式の計算で定数倍を無視してよいという意味ではありません。
意味が、理解できません。詳しく説明していただけないでしょうか。
>>767 日高
> >762
> >> 定数倍だけ異なる多項式は、基本的に同じものと考えます。
> > 例. x^6+x^4+x^3+1=(x^2+1)(x^4+1)=(2x^4+2)((1/2)x^2+1/2)
> >
> > と書いてありますが。
>
> >多項式の因数分解ではそうですが、整数の素因数分解では同じと考えるのは-1倍だけです。
> またそれは多項式の計算で定数倍を無視してよいという意味ではありません。
>
> 意味が、理解できません。詳しく説明していただけないでしょうか。
意味が理解できないのは算数・数学の学習が足りないからです。
高等学校２年生までの算数・数学を学習すればわかるようになります。
それでもわからなければ再度質問してください。
>763
>> AB=CDならば、A=aCのとき、C=D/aとなる。
だった。A=B=2,C=1,D=4,a=2は「AB=CDならば、A=aCのとき」を満たす。
しかしC=D/aではない。
すみません。間違えていました。
C=D/aは、B=D/aの間違いでした。
>>769 日高
> >763
> >> AB=CDならば、A=aCのとき、C=D/aとなる。
>
> だった。A=B=2,C=1,D=4,a=2は「AB=CDならば、A=aCのとき」を満たす。
> しかしC=D/aではない。
>
> すみません。間違えていました。
> C=D/aは、B=D/aの間違いでした。
じゃあそれ
きちんと証明してください
>765
>実際にはz^3=35の自然数解はありませんがまだその事実を使っていないでしょう？
使ったというならその箇所を明確に示してください。
すみません。なぜz^3=35の自然数解はありませんがその事実を使わないといけないのでしょうか？
>>771 日高
> >765
> >実際にはz^3=35の自然数解はありませんがまだその事実を使っていないでしょう？
> 使ったというならその箇所を明確に示してください。
>
> すみません。なぜz^3=35の自然数解はありませんがその事実を使わないといけないのでしょうか？
使っていないと認められるならそれで構いません。
>770
>AB=CDならば、A=aCのとき、B=D/aとなる。
AB=CDに、A=aC,B=D/aを代入すると、CD=CDとなる。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と因数分解できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに3以上の任意の奇数を代入すると、yは、自然数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の自然数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす自然数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>773 日高
> >770
> >AB=CDならば、A=aCのとき、B=D/aとなる。
>
> AB=CDに、A=aC,B=D/aを代入すると、CD=CDとなる。
初学者によくあるミスです。
これが間違いだとわからないならフェルマーの最終定理など百万年かかっても無理です。
>>775 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】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。
> したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
> (1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}ならば右辺の{...}は1とおっしゃるわけですよね。
2^3+3^3=(2+3)*(2^2-2*3+3^2)、この右辺は5*7ですぜ。
日高氏の敗因は、どこかで多項式とその（0でない）定数倍とは同じものと思い込んでしまったことにある。
>777
>x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}ならば右辺の{...}は1とおっしゃるわけですよね。
2^3+3^3=(2+3)*(2^2-2*3+3^2)、この右辺は5*7ですぜ。
{...}=1を満たす0を除く有理数x,yは、x=1,y=1のみです。
>779
>日高氏の敗因は、どこかで多項式とその（0でない）定数倍とは同じものと思い込んでしまったことにある。
意味を教えていただけないでしょうか。
>776
>> >AB=CDならば、A=aCのとき、B=D/aとなる。
>
> AB=CDに、A=aC,B=D/aを代入すると、CD=CDとなる。
初学者によくあるミスです。
これが間違いだとわからないならフェルマーの最終定理など百万年かかっても無理です。
「初学者によくあるミスです。」ミスの部分の指摘をしていただけないでしょうか。
>>782 > >776
> >> >AB=CDならば、A=aCのとき、B=D/aとなる。
> >
> > AB=CDに、A=aC,B=D/aを代入すると、CD=CDとなる。
>
> 初学者によくあるミスです。
> これが間違いだとわからないならフェルマーの最終定理など百万年かかっても無理です。
>
> 「初学者によくあるミスです。」ミスの部分の指摘をしていただけないでしょうか。
分からないなら分かるまで勉強してから出直せよ。
>783
>分からないなら分かるまで勉強してから出直せよ。
勉強すれば、わかるでしょうか？
何が仮定で何が結論かを整理してみたら？
（仮定）………。
（結論）………。
みたいに。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と因数分解できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
3^2+4^2=5^2と例をあげればそれでおしまい。
【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。
【証明】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の有理数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1,y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>787
>【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
3^2+4^2=5^2と例をあげればそれでおしまい。
確かにそうですが、pが奇素数の場合も、考え方は同じということを、示したいから
p=2の場合も、示しました。
>>789 > >787
> >【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 3^2+4^2=5^2と例をあげればそれでおしまい。
>
> 確かにそうですが、pが奇素数の場合も、考え方は同じということを、示したいから
> p=2の場合も、示しました。
どちらもでたらめ。
>>746のページを見てみたが、一意性を間違ってとらえているな
間違いを指摘するのにどこから手を付けていいかわからないが、とりあえず
x^2=x^2×1=x^2×1×1=x^2×1×1×1=x^2×1×1×1×1×1=…
×1（かけるいち）を入れていいことにすると、書き方が一意どころか無限になってしまうので、
×1を因数に含めてはいけない
r=15,x=17,y=8のとき
r^2=x＾2-y^2
両辺を因数分解して
r×r=(x+y)×(x-y)
左辺はこれ以外の形に因数分解できない(一意性)
右辺はこれ以外の形に因数分解できない(一意性)
そしてもちろん
(左辺の左側は15)≠(右辺の左側=25)
(左辺の右側は15)≠(右辺の右側=9)
>>523 日高
> >522
> >仮定「AB=CD」のみから
> 結論「A=C」を示すことができますか？
>
> A,B,C,Dは、すべて文字なので、「A=C」となります。
> A,B,C,Dが数字ならば、「A=C」となるとは、限りません。
これがあるから、道は遠いよ。
>790
>【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 3^2+4^2=5^2と例をあげればそれでおしまい。
>
> 確かにそうですが、pが奇素数の場合も、考え方は同じということを、示したいから
> p=2の場合も、示しました。
どちらもでたらめ。
理由を教えていただけないでしょうか。
>791
>r=15,x=17,y=8のとき
r^2=x＾2-y^2
両辺を因数分解して
r×r=(x+y)×(x-y)
左辺はこれ以外の形に因数分解できない(一意性)
右辺はこれ以外の形に因数分解できない(一意性)
そしてもちろん
(左辺の左側は15)≠(右辺の左側=25)
(左辺の右側は15)≠(右辺の右側=9)
r^2=(x+y)(x-y),15*15=(17+8)*(17-8),225*1=25*9
右辺に、9*(1/9)を、かける。
225*1=9*25*9*(1/9)
225*1=225*1
(左辺の左側は225)=(右辺の左側=225)
(左辺の右側は1)=(右辺の右側=1)
r^2=r×rは、因数分解ではないと思います。
因数分解とは、和の形を積の形にすることだと思います。
>792
>追い詰められるとa(1/a)を掛けるしなぁ
a(1/a)を掛けることは、間違いでしょうか。
間違いならば、理由を教えていただけないでしょうか。
>793
>仮定「AB=CD」のみから
> 結論「A=C」を示すことができますか？
>
> A,B,C,Dは、すべて文字なので、「A=C」となります。
> A,B,C,Dが数字ならば、「A=C」となるとは、限りません。
これがあるから、道は遠いよ。
間違いならば、理由を教えていただけないでしょうか。
いや任意の整数a，bで
aはbで割り切れるという場合
a=bk(∀k∈Z)
倍数=約数・因数
でありこれを因数分解という
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と因数分解できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>798
>いや任意の整数a，bで
>aはbで割り切れるという場合
>a=bk(∀k∈Z)
>倍数=約数・因数
>でありこれを因数分解という
そうでした。訂正します。私の言ったことは、多項式の因数分解の場合でした。
r^2=r^2*1とすることは、因数分解ではなく、単に１を掛けるということです。
【定理】pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【証明】pは奇数なので、x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と因数分解できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の有理数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1,y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>802
>日高はキチガイ
理由を教えていただけないでしょうか。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の有理数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1,y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>805 >(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので
(1)の左辺の右側と右辺の右側が等しくない場合はあると考えていますか？
>806
>(1)の左辺の右側と右辺の右側が等しくない場合はあると考えていますか？
等しくない場合も、あります。
そのときは、等しくなるように、定数倍します。
>>807 > 等しくない場合も、あります。
>そのときは、等しくなるように、定数倍します。
等しくない場合の定数倍した証明を書いていただけますか。
日高さん、算数を勉強しなおしてください。
これが一番の早道！
>>804 前も言ったけど、(2)の結論は導けない。
なぜならxが素数であるとは限らないから。
反例として、8,15,17を挙げた。
これは8が素数でないからです。
そして日高さんがこういう推論をしてしまうのは、素因数分解の一意性を理解してないからです。
>808
>定数倍してないじゃん
(1)の左辺の右側と右辺の右側が等しくない場合は定数倍します。
等しい場合は、そのままのです。
>809
>日高さん、整数論を勉強しなおしてください。
なぜでしょうか？
>>815 因数分解と素因数分解の違いすら理解できてないからです。
>810
>等しくない場合の定数倍した証明を書いていただけますか。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。(y=15,z=17)
したがって、x^2×1=(17+15)(17-15)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(17-15)(1/2)…(2)となる。
(2)をx^2=2*(17+15)に代入すると、x=8となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
なぜ勝手にxを素数だと思い込むのでしょうか。
xが素数でないなら、「左辺の右側と右辺の右側が等しい」は成立しません。
>812
>前も言ったけど、(2)の結論は導けない。
なぜならxが素数であるとは限らないから。
反例として、8,15,17を挙げた。
これは8が素数でないからです。
そして日高さんがこういう推論をしてしまうのは、素因数分解の一意性を理解してないからです。
x^2=2*(17+15)(17-15)*(1/2)とすれば、x=8となります。
また、x^2=2y+1にx=5/3を代入すると、Y:X:Z=8:15:17となります。
>811
>日高さん、算数を勉強しなおしてください。
>これが一番の早道！
どうしてでしょうか？
>813
>文字式の取り扱いも一から勉強しなおさないと。
どこが、間違いでしょうか？
>816
>因数分解と素因数分解の違いすら理解できてないからです。
因数分解と素因数分解の違いは、わかります。
>819
>なぜ勝手にxを素数だと思い込むのでしょうか。
xが素数でないなら、「左辺の右側と右辺の右側が等しい」は成立しません。
xが素数でない場合は、
x^2=(z+y)(z-y)を、
x^2=a(z+y)(z-y)(1/a)とします。
で、1=(x-y)(1/a)をどうするんですって？
>827
>あ、1=(z-y)(1/a)だったね
z-y=aとなります。
(x,y,z)=(8,15,17)ならば、a=2となります。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の有理数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1,y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
オウム返しに返答しまくるだけなんて知性が低すぎるよ・・・・
>>830 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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
> (1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
「(1)の左辺の右側と右辺の右側」が等しくない場合
a(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(1/a)とするのだろうけど
このときのaをx,yの式で書くとどうなりますか？
>831
>オウム返しに返答しまくるだけなんて知性が低すぎるよ・・・・
どういう意味でしょうか？
>832
>【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
> (1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
「(1)の左辺の右側と右辺の右側」が等しくない場合
a(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(1/a)とするのだろうけど
>このときのaをx,yの式で書くとどうなりますか？
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(1/a)ですので、
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
>>834 > 「(1)の左辺の右側と右辺の右側」が等しくない場合
> a(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(1/a)とするのだろうけど
> >このときのaをx,yの式で書くとどうなりますか？
>
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(1/a)ですので、
> a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
するとそのあとの議論はどうなりますか？
>>737 もう皆わかっているだろうが、この日高は、「自分は全て正しい、反論は認めない」というタイプの輩だ。
故に、こういう輩を相手にしてはならない。時間とサーバー資源の無駄である。
>>817 > 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
いえ、私が
>>810で尋ねているのはその定理ではなくて
>>805の
> 【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。
こちらの方です。これの
「(1)の左辺の右側と右辺の右側が等しくない場合の証明」を書いていただけますか？
>835
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(1/a)ですので、
> a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
>するとそのあとの議論はどうなりますか？
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は、
z^p×1=a(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}1/aとなります。
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}より、
(左辺の左側)=(右辺の左側)は、z^p=a(x+y)となります。
z={a^(1/p)}{(x+y)^(1/p)}となるので、aと、(x+y)がp乗数の場合は、zが自然数となる可能性がありますが、
a(1/a)=1なので、z^p×1=a(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}1/aは、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
よって、zは、自然数となりません。
>838
>「(1)の左辺の右側と右辺の右側が等しくない場合の証明」を書いていただけますか？
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の、
左辺の右側と右辺の右側が等しくない場合は、
1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(1/a)となります。
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
(左辺の左側)=(右辺の左側)は、z^p=a(x+y)となるので、
z^p={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(x+y)となります。
1*z^p={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(x+y)となるので、
(左辺の左側)=(右辺の左側)を満たすx,yを求めれば、よいことになります。
>836
>もう皆わかっているだろうが、この日高は、「自分は全て正しい、反論は認めない」というタイプの輩だ。
>故に、こういう輩を相手にしてはならない。時間とサーバー資源の無駄である。
理由が正しい反論は、認めます。
>837
>ごもっとも。しかし××を叩くのは楽しい。
理由を言ってから、お願いします。
理由が正しい反論は、認めます。(ただし理由が正しいとは認めない)
【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。
【証明】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の有理数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1,y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>843
>理由が正しい反論は、認めます。(ただし理由が正しいとは認めない)
(ただし理由が正しいとは認めない)のは、何番でしょうか？
>>839 日高
> >835
> > 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(1/a)ですので、
> > a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
> >するとそのあとの議論はどうなりますか？
>
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は、
> z^p×1=a(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}1/aとなります。
> a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}より、
> (左辺の左側)=(右辺の左側)は、z^p=a(x+y)となります。
> z={a^(1/p)}{(x+y)^(1/p)}となるので、aと、(x+y)がp乗数の場合は、zが自然数となる可能性がありますが、
> a(1/a)=1なので、z^p×1=a(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}1/aは、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
> よって、zは、自然数となりません。
最初の式に戻っただけだろうが。
こんなごまかしにはだまされないぞ。
>>840 日高
> >838
> >「(1)の左辺の右側と右辺の右側が等しくない場合の証明」を書いていただけますか？
>
> z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}の、
> 左辺の右側と右辺の右側が等しくない場合は、
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(1/a)となります。
> a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
> (左辺の左側)=(右辺の左側)は、z^p=a(x+y)となるので、
> z^p={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(x+y)となります。
> 1*z^p={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(x+y)となるので、
> (左辺の左側)=(右辺の左側)を満たすx,yを求めれば、よいことになります。
最初の式をAB=CDとするとそれをBA=DCに書き換えただけ。
こんなごまかしにはだまされないぞ。
>847
>最初の式に戻っただけだろうが。
こんなごまかしにはだまされないぞ。
AB=CDならば、
A=aCのとき、B=C(1/a)となります。
>>841 > >836
> >もう皆わかっているだろうが、この日高は、「自分は全て正しい、反論は認めない」というタイプの輩だ。
> >故に、こういう輩を相手にしてはならない。時間とサーバー資源の無駄である。
>
> 理由が正しい反論は、認めます。
大嘘付きじゃねえか。
正しい理由で認めてないものが死ぬほどたくさんあるだろが。
>848
>最初の式をAB=CDとするとそれをBA=DCに書き換えただけ。
こんなごまかしにはだまされないぞ。
AB=CDならば、BA=DCとなります。
>850
>正しい理由で認めてないものが死ぬほどたくさんあるだろが。
何番でしょうか？
>>852 > >850
> >正しい理由で認めてないものが死ぬほどたくさんあるだろが。
>
> 何番でしょうか？
ほら、認めないじゃん。
850だって正しい理由があるよ。
用語が狂っているのだって、ほとんどなおしてこなかったのだし。
>853
>> 何番でしょうか？
ほら、認めないじゃん。
850だって正しい理由があるよ。
用語が狂っているのだって、ほとんどなおしてこなかったのだし。
すみません。850の正しい理由とは、どんな内容でしょうか？
>>854 > >853
> >> 何番でしょうか？
> ほら、認めないじゃん。
> 850だって正しい理由があるよ。
> 用語が狂っているのだって、ほとんどなおしてこなかったのだし。
>
> すみません。850の正しい理由とは、どんな内容でしょうか？
こうやってごまかし続けるんでしょ。
>>846 ざっと見だけど
10,11,30,35,39,43,53,58,64,65,68,76,78,
126,140,148,149,153,
212,215,216,228,238,240,242,248,261,265,271,279,292,297,299,
301,316,329,378,384,387,
408,422,435,,437,449,460,480,487,
503,522,524,531,544,549,553,568,573,574,583,593,599,
603,610,616,618,619,675,677,
709,711,714,716,732,734,737,744,757,758,762,763,768,770,777,791,
812,819,832,838番
x^2+y^2=z^2において、
x,y,z=3,4,5 x,y,z=5,12,13のどちらか一方が、存在しなければ、
x,y,z=15,8,17は、存在しません。
>856
>ざっと見だけど
10,11,30,35,39,43,53,58,64,65,68,76,78,
126,140,148,149,153,
212,215,216,228,238,240,242,248,261,265,271,279,292,297,299,
301,316,329,378,384,387,
408,422,435,,437,449,460,480,487,
503,522,524,531,544,549,553,568,573,574,583,593,599,
603,610,616,618,619,675,677,
709,711,714,716,732,734,737,744,757,758,762,763,768,770,777,791,
>812,819,832,838番
全部は、確認していませんが、答えています。
>>858 で？全部正しい理由とは認めないんでしょ？
>859
>で？全部正しい理由とは認めないんでしょ？
返された理由に対しては、また答えています。
返事が返ってこないものに、対しては、返事のしようがありません。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の有理数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1,y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>860 返事(反論)してるってことは正しい指摘だと認めてないんでしょ？
指摘してくださいって言っといて正しい理由と認めないんだったら、ここに居座る意味ないよね？
>863
>返事(反論)してるってことは正しい指摘だと認めてないんでしょ？
指摘してくださいって言っといて正しい理由と認めないんだったら、ここに居座る意味ないよね？
返事(反論)は、します。
それに対してまた返事をしてほしいです。
battle field of logic
math,hysteryspeople
>866
>battle field of logic
math,hysteryspeople
どういう意味でしょうか？
>865
>カ━━━━━━━━━ン！！！
φｯ！
どういう意味でしょうか？
>>864 > >863
> >返事(反論)してるってことは正しい指摘だと認めてないんでしょ？
> 指摘してくださいって言っといて正しい理由と認めないんだったら、ここに居座る意味ないよね？
>
> 返事(反論)は、します。
> それに対してまた返事をしてほしいです。
反論になってないんだよ。数学じゃない思い込みでだだこねてるだけ。いいとこ５歳児くらい。
>>858 > >856
> >ざっと見だけど
> 10,11,30,35,39,43,53,58,64,65,68,76,78,
> 126,140,148,149,153,
> 212,215,216,228,238,240,242,248,261,265,271,279,292,297,299,
> 301,316,329,378,384,387,
> 408,422,435,,437,449,460,480,487,
> 503,522,524,531,544,549,553,568,573,574,583,593,599,
> 603,610,616,618,619,675,677,
> 709,711,714,716,732,734,737,744,757,758,762,763,768,770,777,791,
> >812,819,832,838番
>
> 全部は、確認していませんが、答えています。
本人が答えていようが何だろうが、正しい理由がある指摘を受け入れていないというのが客観的な事実。
>869
>反論になってないんだよ。数学じゃない思い込みでだだこねてるだけ。いいとこ５歳児くらい。
何番のことでしょうか？
>870
>> 全部は、確認していませんが、答えています。
本人が答えていようが何だろうが、正しい理由がある指摘を受け入れていないというのが客観的な事実。
正しい理由がある指摘とは、何番でしょうか？
>>873 それがわからないならここに書き込んでも無意味でしょう。
>871
857.これについて説明してください
>x^2+y^2=z^2において、
x,y,z=3,4,5 x,y,z=5,12,13のどちらか一方が、存在しなければ、
x,y,z=15,8,17は、存在しません。
x^2=2y+1より、
x=3のとき、x,y,z=3,4,5…(1)
X=5のとき、X,Y,Z=5,12,13…(2) (x=X,y=Y)
(1) ,(2)どちらも、z-y=1, Z-Y=1となります。
x*X=15
Y-y=Z-z=8
y+Z=Y+z=17
となります。
x,y,z=15,8,17は、必ず(1) ,(2)が必要です。
>874
>それがわからないならここに書き込んでも無意味でしょう。
理由を教えていただけないでしょうか。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の有理数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1,y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
正しい理由がある指摘は受け入れる。
でもどれが正しい理由かはわからない。
>879
>正しい理由がある指摘は受け入れる。
>でもどれが正しい理由かはわからない。
正しい理由がわからない場合は、尋ねます。
「正しい理由がわからない」の意味を説明してください。
>>867>>868
ごめんなさい。ただの悪ふざけです。
プロレスのリングゴングの真似でした。
φｯ！←「ファイｯ！」って読みます。。。
プロレスの試合でレフェリーが対戦する選手二人に声掛けして試合開始の合図を出す時の掛け声です。。。
「ファイトッ！」の略です。。。
真剣勝負の試合中にスレ汚し申し上げまして大変失礼致しました。。。
φなら。。。
あ、間違えました。。。
Ψなら。。。
(↗「さいなら」と読みます。
日本語の二者以上が別れるΨ﹙際﹚の「挨拶」という、声掛けの一種です。。。) >>880 > >879
> >正しい理由がある指摘は受け入れる。
> >でもどれが正しい理由かはわからない。
>
> 正しい理由がわからない場合は、尋ねます。
本人が思いこんでいるのを分かったとは言わないんだよ。正しい理由が分かってないんだよ。
いまだに証明が間違っていることが理解できないこと自体が、正しい指摘を無視している証拠。
自分以外に日高の証明が正しいと主張してる人はただの1人も居ないのに、よく自分が正しいと思い込めるな
>>849 日高
> >847
> >最初の式に戻っただけだろうが。
> こんなごまかしにはだまされないぞ。
>
> AB=CDならば、
> A=aCのとき、B=C(1/a)となります。
ならないよ。これもまたごまかしだろうが。
>>851 日高
> >848
> >最初の式をAB=CDとするとそれをBA=DCに書き換えただけ。
> こんなごまかしにはだまされないぞ。
>
> AB=CDならば、BA=DCとなります。
そんなことはわかっている。aと1/aはどこへ行ったんだよ。
>>875 日高
> x,y,z=15,8,17は、必ず(1) ,(2)が必要です。
意味不明。15^2+8^2=17^2は計算してみればこれだけで成り立つよ。
>881
>「正しい理由がわからない」の意味を説明してください。
指摘に対して、理由を求めています。
>882
>ごめんなさい。ただの悪ふざけです。
ありがとうございました。意味がわかりませんでした。
>883
>本人が思いこんでいるのを分かったとは言わないんだよ。正しい理由が分かってないんだよ。
「理由を教えていただけないでしょうか。」
に対して、返事がありません。
>>889 日高
> >881
> >「正しい理由がわからない」の意味を説明してください。
>
> 指摘に対して、理由を求めています。
もしかして「正しくない理由がわからない」の間違いですか？
>884
>いまだに証明が間違っていることが理解できないこと自体が、正しい指摘を無視している証拠。
正しい指摘は、何番でしょうか。
>885
>自分以外に日高の証明が正しいと主張してる人はただの1人も居ないのに、よく自分が正しいと思い込めるな
間違いの理由が見つかるまで、正しいと思い込みます。
>886
>> AB=CDならば、
> A=aCのとき、B=C(1/a)となります。
ならないよ。これもまたごまかしだろうが。
すみません。B=D(1/a)の間違いでした。
> 間違いの理由が見つかるまで、正しいと思い込みます。
多くの人から見て間違いであると判断される理由があげられても
日高氏には理解できないのだから正しいと思い込み続ける。
>>895 日高
> すみません。B=D(1/a)の間違いでした。
で
>>839はどうなるの？
ごまかしだろうが。
日高には一生間違いの理由は見つけられないだろうし、正しいと錯覚したままにしといてやるのが幸せだろう
若い世代を中心に年賀メールを送る人が増加
20～60代の人を対象に行った調査によると、世代全体では約37％の方が電子メールやSNSなど、オンライン上での新年の挨拶をしています。そしてこの調査結果を世代別に見ていくと、20代の人の実に55％が、オンライン上で年始の挨拶をしていることがわかります。
https://www.happy-bears.com/column/life/3643.html でも間違いは「AB=CDならばB=D」という小学生レベルのところにあるので
迷いを覚ましてやるのが親切というものかも知れない。
>887
> >最初の式をAB=CDとするとそれをBA=DCに書き換えただけ。
> こんなごまかしにはだまされないぞ。
>
> AB=CDならば、BA=DCとなります。
そんなことはわかっている。aと1/aはどこへ行ったんだよ。
AB=aCD1/aなので、D1/a=1となります。a=Dとなります。
a=Dとなるので、AB=aCD1/aは、AB=DC*1となります。
>892
>「正しい理由がわからない」の意味を説明してください。
>
> 指摘に対して、理由を求めています。
もしかして「正しくない理由がわからない」の間違いですか？
はい。そうです。
> AB=aCD1/aなので、D1/a=1となります。a=Dとなります。
ならないよ。
> a=Dとなるので、AB=aCD1/aは、AB=DC*1となります。
元にもどっただけだろ。
>896
>多くの人から見て間違いであると判断される理由があげられても
日高氏には理解できないのだから正しいと思い込み続ける
多くの人から見て間違いであると判断される理由があげられているのは、
何番でしょうか？
また書いてあげよう。「AB=CDならばB=D」が成り立つと思い込んでいること。
>897
>で
>>839はどうなるの？
ごまかしだろうが。
「ごまかし」の箇所を、教えていただけないでしょうか。
>898
>日高には一生間違いの理由は見つけられないだろうし、正しいと錯覚したままにしといてやるのが幸せだろう
具体的な指摘を、お願いします。
>>906 日高
>>839 何やら式の変形をしているが最後は最初に戻っただけ。
その次の行に「よって、zは、自然数となりません」とまだ証明されていないことを書いている。
>900
>でも間違いは「AB=CDならばB=D」という小学生レベルのところにあるので
迷いを覚ましてやるのが親切というものかも知れない。
正確には、AB=CDならばA=aCのとき、B=D(1/a)となる。です。
>>910 じゃあ
>>839の最後の行の主張の根拠を書いてみて。
>903
>元にもどっただけだろ。
そうです。もとに戻ります。
>>912 日高
> >903
> >元にもどっただけだろ。
>
> そうです。もとに戻ります。
もしかして
証明という行為を成り立ちそうな式・事実を羅列すること
だと思い込んでいないか？
>905
>また書いてあげよう。「AB=CDならばB=D」が成り立つと思い込んでいること。
正確には、AB=CDならばA=aC,B=D(1/a)です。
>908
>何やら式の変形をしているが最後は最初に戻っただけ。
その次の行に「よって、zは、自然数となりません」とまだ証明されていないことを書いている。
最後は最初に戻ります。
>>914 日高
> >905
> >また書いてあげよう。「AB=CDならばB=D」が成り立つと思い込んでいること。
>
> 正確には、AB=CDならばA=aC,B=D(1/a)です。
でもそれを使って証明してないだろ？
>>915 日高
> >908
> >何やら式の変形をしているが最後は最初に戻っただけ。
> その次の行に「よって、zは、自然数となりません」とまだ証明されていないことを書いている。
>
> 最後は最初に戻ります。
最初に戻ったらどうしてその次に「よって、zは、自然数となりません」となるんだよ。
日高(熱烈歓迎食堂)では
焼き餃子と野菜炒めが好きです。
>916
>835
> 1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}(1/a)ですので、
> a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
>するとそのあとの議論はどうなりますか？
z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}は、
z^p×1=a(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}1/aとなります。
a={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}より、
(左辺の左側)=(右辺の左側)は、z^p=a(x+y)となります。
z={a^(1/p)}{(x+y)^(1/p)}となるので、aと、(x+y)がp乗数の場合は、zが自然数となる可能性がありますが、
a(1/a)=1なので、z^p×1=a(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}1/aは、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}となります。
よって、zは、自然数となりません。
>>920 最後の「よって、zは、自然数となりません」の根拠はなんなんだよ。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の有理数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1,y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>922 > (1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
ならねえよ。そうならないピタゴラス数があるから。
>921
>最後の「よって、zは、自然数となりません」の根拠はなんなんだよ。
a(1/a)=1なので、最初の式と同じ結果となる。です。
>>923 > (1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
ならねえよ。aとか1/aを使うんだろ？
>>925 日高
> >921
> >最後の「よって、zは、自然数となりません」の根拠はなんなんだよ。
>
> a(1/a)=1なので、最初の式と同じ結果となる。です。
そのことからどうして「よって、zは、自然数となりません」が出るのさ。
「～となる」の使い方すらいまだに理解してない。
「～となる」と書いてあるものは全て間違い。デタラメ。ゴミ。
事実に対して理由を聞くふりしてごまかすのはもう飽きた。
反論があれば、根拠も含めて自分の考えを述べるところから始めろ。
>924
> (1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
>ならねえよ。そうならないピタゴラス数があるから。
そうならないピタゴラス数は、z,yが有理数の場合です。
>926
> (1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
>ならねえよ。aとか1/aを使うんだろ？
なります。aと1/aを使っても、使わない場合と同じ結果となります。
>927
>最後の「よって、zは、自然数となりません」の根拠はなんなんだよ。
>
> a(1/a)=1なので、最初の式と同じ結果となる。です。
そのことからどうして「よって、zは、自然数となりません」が出るのさ。
a(1/a)=1なので、最初の式と同じ結果となる。最初の式では、zは、自然数とならないからです。
>928
>「～となる」の使い方すらいまだに理解してない。
「～となる」と書いてあるものは全て間違い。デタラメ。ゴミ。
箇所を、指摘していただけないでしょうか。
屑スレ3も、もうすぐ1000かぁ・・・・・・何の進歩もないねwwwwwwwwwwww
***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
この迷言に対し
> 小学校から大学教養レベルあたりまでの数学で、「数」とは
> 自然数、整数、実数（有理数、無理数）、複素数
> であるが a^{1/(1-1) は上記のどれにあたるのだ？
という指摘がなされたが、これに対しても
a^{1/(1-1) は特定できない数です。
という世紀の珍答を与えている。さらに
> スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね？
> (1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
> (2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
> (3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
という質問に対しては
問題の意味がよくわかりません。
⇒の意味は、～ならば～である。と思いますが、
sin(π/2) = 0, sin(π/3) = 0となりません。
sin(π/2) = 1となりますが、 cos(π/3) = 1となりません。
と漫才のような珍答を与えている。
>929
>反論があれば、根拠も含めて自分の考えを述べるところから始めろ。
自分の考えを述べました。
>935
>屑スレ3も、もうすぐ1000かぁ・・・・・・何の進歩もないねwwwwwwwwwwww
正しい答えを教えていただけないでしょうか。
>>934 > >928
> >「～となる」の使い方すらいまだに理解してない。
> 「～となる」と書いてあるものは全て間違い。デタラメ。ゴミ。
>
> 箇所を、指摘していただけないでしょうか。
「～となる」と書いてある箇所といってるじゃん。
>>936 > >929
> >反論があれば、根拠も含めて自分の考えを述べるところから始めろ。
>
> 自分の考えを述べました。
独りよがりの思い込みは根拠ではない。
根拠がないから全くダメ
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の有理数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1,y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>>940 > 【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
> 【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
> したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
ゴミ
>938
>> 箇所を、指摘していただけないでしょうか。
「～となる」と書いてある箇所といってるじゃん。
どのように、書いたらよいのでしょうか？
>939
>独りよがりの思い込みは根拠ではない。
根拠がないから全くダメ
証明で、根拠も説明しています。
>942
>ゴミ
理由を教えていただけないでしょうか。
>>943 > どのように、書いたらよいのでしょうか？
場合分けによる解法を練習したことはありますか？
例えば不等式
|x+3|>4x を解けますか？
>946
>場合分けによる解法を練習したことはありますか？
例えば不等式
|x+3|>4x を解けますか？
よろしければ、教えていただけないでしょうか。
>>947 すみませんがお断りします。
その不等式は高校一年生レベルです。
まずは自分の学力をきちんと把握して、それに見合った勉強をしてください。教科書や問題集にはていねいな解説が載っています。
手元に教科書や問題集はありますか？
>948
>手元に教科書や問題集はありますか？
ありません。ありがとうございます。
>949
>進歩のない１
このスレもかねぇ
どういう意味でしょうか？
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の有理数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1,y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
しれっと
>>544をパクってて笑う、人間性も最悪だな
>954
>しれっと
>>544をパクってて笑う、人間性も最悪だな
544をパクっては、いません。
本当に正しいか、確認しています。
私は、正しいと思います。
あなたは、どう思われますか？
スレ主可哀想。。。
こんなキツイ意地悪さんにつっこまれてて。。。
ツッコミマンの人間性がね、、、
人格障害ですか？ってね・・・
>954
544の考えかたは、p=2の場合は、完全に正しいと思います。
pが、奇素数の場合も、私は、正しいと思いますが、疑問に思われる方は、ご指摘いただけないでしょうか。
>956
>スレ主可哀想。。。
ありがとうございます。気にしていません。
ここの日高が頑張ってどうするの？
論文でも投稿するの？
>958
>普通に指摘出来ないのかな？
そうですね。
>959
>日高頑張れq(*･ω･*)pﾌｧｲﾄ!
ありがとうございます。
>961
>ここの日高が頑張ってどうするの？
>論文でも投稿するの？
論文を投稿するつもりは、ありません。
ただ、正しいかどうかを、確認したいだけです。
ならば、あなた以外全員間違っていると言っているので、それで話は終わりでしょう
>>953 > 【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
> (1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
いいえ。
>965
>ならば、あなた以外全員間違っていると言っているので、それで話は終わりでしょう
間違っていると言ったでしょうか？
>>967 > >965
> >ならば、あなた以外全員間違っていると言っているので、それで話は終わりでしょう
>
> 間違っていると言ったでしょうか？
数学的に正しいという意見はあったのか？
>966
>いいえ。
理由を教えていただけないでしょうか。
>968
>数学的に正しいという意見はあったのか？
いいえ。
>>969 > >966
> >いいえ。
>
> 理由を教えていただけないでしょうか。
数学的な事実だから。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>>696 左辺の右側と右辺の右側が等しいという乱暴な議論が成立しないからです。
だから因数についてわかってないだの、整数論を勉強しろだの言われるの。
数学的な事実に対して、反論があるなら、思いこみではない根拠・客観的な資料などを用いて反論しろよ。
【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の有理数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1,y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>973
>左辺の右側と右辺の右側が等しいという乱暴な議論が成立しないからです。
理由を教えていただけないでしょうか。
正しいと言い張る以上、あなた以外があなたを納得させるのではなく、あなたがあなた以外を納得させるのが筋です。
>974
>数学的な事実に対して、反論があるなら、思いこみではない根拠・客観的な資料などを用いて反論しろよ。
数学的な事実に対しては、反論はありません。
>977
>正しいと言い張る以上、あなた以外があなたを納得させるのではなく、あなたがあなた以外を納得させるのが筋です。
そうですね。
日高氏へ：次の議論は正しいでしょうか？
pを奇数とする。x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、x^p+y^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
>980
>日高氏へ：次の議論は正しいでしょうか？
pを奇数とする。x^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、x^p+y^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
正しいです。
>>975 > 【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
> したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
> (1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
いいえ。数学的な事実として、これは間違いだとコメントしたばかり。
>いいえ。数学的な事実として、これは間違いだとコメントしたばかり。
理由を教えていただけないでしょうか。
>984
>事実に対する反論があるならお前が根拠を示せ。
よく意味がわかりません。
>985
>根拠が示せないなら二度と繰り返すな。
よく意味がわかりません。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>>987 > >985
> >根拠が示せないなら二度と繰り返すな。
>
> よく意味がわかりません。
日本語が分からないなら書き込むな。
【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】pは奇数なのでx^p+y^p=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}と変形できる。
したがって、z^p×1=(x+y){x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(1)となる。
(1)の左辺の右側と右辺の右側は等しいので、1={x^(p-1)-x^(p-2)y+…+y^(p-1)}…(2)となる。
(2)の有理数解は、x=y=1のみである。z^p=(x+y)にx=1,y=1を代入する。
z^p=1+1=2となる。z^p=2を満たす有理数zはない。
∴pが奇素数のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持たない。
>989
>日本語が分からないなら書き込むな。
不明箇所を教えていただけないでしょうか。
>>981 pに3,xに2,yに3を代入してごらん。
>992
>pに3,xに2,yに3を代入してごらん。
1=7となるので、
この場合は、1=7*(1/7)とします。
***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
a^{1/(1-1)}は、計算できない数ですが、a^{1/(1-1)}が、数であることには
変わりはありません。
この迷言に対し
> 小学校から大学教養レベルあたりまでの数学で、「数」とは
> 自然数、整数、実数（有理数、無理数）、複素数
> であるが a^{1/(1-1) は上記のどれにあたるのだ？
という指摘がなされたが、これに対しても
a^{1/(1-1) は特定できない数です。
という世紀の珍答を与えている。さらに
> スレ主は以下の命題の真偽がわかるかね？
> (1) sin(π/2) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
> (2) sin(π/2) = 1 ⇒ cos(π/3) = 1
> (3) sin(π/3) = 0 ⇒ cos(π/3) = 1
という質問に対しては
問題の意味がよくわかりません。
⇒の意味は、～ならば～である。と思いますが、
sin(π/2) = 0, sin(π/3) = 0となりません。
sin(π/2) = 1となりますが、 cos(π/3) = 1となりません。
と漫才のような珍答を与えている。
ｗｗｗ．ｍａｔｈｎａｖｉ．ｓａｋｕｒａ．ｎｅ．ｊｐ／ｂｂｓ／ｆｉｌｅ１／１５６６９９４７７４．ｐｎｇ
┌日┐
｜※｜ 毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
｜数｜
｜学｜ 数学力、国語力は小学生レベルも怪しいです
｜の｜
｜本｜ a^{1/(1-1)}という表現が可能かどうかわかりませんが、
｜は｜
｜読｜ a^{1/(1-1)}が数であることには変わりはありません。
｜ん｜
｜で｜ 私の下半身でそのことが証明されています。(｀⌒´)エｯﾍﾝ！(｀^´)
｜ま｜
｜せ｜ ところが、その自慢の下半身がだんだん劣化しつつあります。(´・ω・｀)
｜ん｜
｜！｜ しかし、睾丸無知ですので投稿し続けます。(｀^´) ﾄﾞﾔｯ,ﾄﾞﾔｯ!
└高┘
>994
>***** このスレを初めてご覧になる方へ（歴史に残る日高語録）*****
正解を教えていただけないでしょうか。
>995
>毎日毎日、暇を持て余している爺さんです。(´・ω・｀)
よろしくお願いします。
【定理】p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
【証明】p=2なので、z^2-y^2=(z+y)(z-y)と変形できる。
したがって、x^2×1=(z+y)(z-y)…(1)となる。
(1)の左辺の右側と、右辺の右側は等しいので、1=(z-y)…(2)となる。
(2)をx^2=(z+y)に代入すると、x^2=2y+1…(3)となる。
(3)のxに任意の有理数を代入すると、yは、有理数となる。
∴p=2のとき、x^p+y^p=z^pは、自然数解を持つ。
>>994
日高っち。。。
( *´艸｀)可愛ｅ。。。
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