数学ナビゲーター掲示板 [One Topic All View / Re[3]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４ / Page: 3]

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■49485 / inTopicNo.61)

　Re[43]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

▼■

□投稿者/ nakaiti 一般人(26回)-(2019/06/28(Fri) 10:43:29)

>■No49480に返信(nakaitiさんの記事)
>あなたの証明の⑤の式も無理数の解なら持ちますし、その比が整数になっているかもしれません。その場合⑥は有理数解を持つ可能性がありますよね？

ではやはりこの(↑)可能性はあるわけですね

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■49486 / inTopicNo.62)

　Re[44]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

▲▼■

□投稿者/ 日高ファミリー(168回)-(2019/06/28(Fri) 14:42:33)

■No49485に返信(nakaitiさんの記事)
> >■No49480に返信(nakaitiさんの記事)
> >あなたの証明の⑤の式も無理数の解なら持ちますし、その比が整数になっているかもしれません。その場合⑥は有理数解を持つ可能性がありますよね？
>
> ではやはりこの可能性はあるわけですね

⑤が有理数の解を持たないので、その解に、同じ無理数を掛けた、無理数解は
存在しません。

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■49487 / inTopicNo.63)

　Re[45]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

▲▼■

□投稿者/ nakaiti 一般人(27回)-(2019/06/28(Fri) 16:59:34)

⑤が有理数比の無理数解を持つ可能性がありますよね？

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■49488 / inTopicNo.64)

　Re[46]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ 日高ファミリー(169回)-(2019/06/28(Fri) 18:12:14)

■No49487に返信(nakaitiさんの記事)
> ⑤が有理数比の無理数解を持つ可能性がありますよね？

⑤の有理数解が存在しないので、有理数比の無理数解も存在しません。

仮に、⑤に有理数解が存在するならば、有理数比の無理数解も存在します。

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■49489 / inTopicNo.65)

　Re[47]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ nakaiti 一般人(28回)-(2019/06/28(Fri) 20:02:51)

■No49488に返信(日高さんの記事)
> ■No49487に返信(nakaitiさんの記事)
>>⑤が有理数比の無理数解を持つ可能性がありますよね？
>
> ⑤の有理数解が存在しないので、有理数比の無理数解も存在しません。
>

ではこれをちゃんと証明してみてください

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■49490 / inTopicNo.66)

　Re[48]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ 日高ファミリー(170回)-(2019/06/29(Sat) 07:02:02)

■No49489に返信(nakaitiさんの記事)

>⑤が有理数比の無理数解を持つ可能性がありますよね？

>⑤の有理数解が存在しないので、有理数比の無理数解も存在しません。

> ではこれをちゃんと証明してみてください

X=ex,Y=ey, eは無理数、x,yは有理数とする。p^{1/(p-1)}=fとする。
X^p+Y^p=(X+f)^p
両辺を、e^pで割ると、
x^p+y^p=(x+f/e)^p…(1)
f/eが無理数の場合、(1)は成り立たない。
f/eが有理数の場合、⑥となるので、(1)は成り立たない。

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■49491 / inTopicNo.67)

　Re[49]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ nakaiti 一般人(29回)-(2019/06/29(Sat) 07:20:11)

> f/eが有理数の場合、⑥となるので、(1)は成り立たない。

一番最後のこの部分で⑥が有理数解を持たないことを使っているようですが、それはまだ証明できていませんよね？

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■49492 / inTopicNo.68)

　Re[50]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ 日高ファミリー(171回)-(2019/06/29(Sat) 10:55:12)

■No49491に返信(nakaitiさんの記事)
>f/eが有理数の場合、⑥となるので、(1)は成り立たない。

> 一番最後のこの部分で⑥が有理数解を持たないことを使っているようですが、それはまだ証明できていませんよね？

「⑥が有理数解を持たないこと」は、x,yを有理数とした場合に証明ができます。
X,Yが、無理数の場合は、両辺を、e^pで割るとx,yを有理数とした場合と同じに
なります。

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■49493 / inTopicNo.69)

　Re[51]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ nakaiti 一般人(30回)-(2019/06/29(Sat) 11:59:19)

■No49492に返信(日高さんの記事)
> ■No49491に返信(nakaitiさんの記事)
> >f/eが有理数の場合、⑥となるので、(1)は成り立たない。
>
>>一番最後のこの部分で⑥が有理数解を持たないことを使っているようですが、それはまだ証明できていませんよね？
>
> 「⑥が有理数解を持たないこと」は、x,yを有理数とした場合に証明ができます。
> X,Yが、無理数の場合は、両辺を、e^pで割るとx,yを有理数とした場合と同じに
> なります。
>

ちょっと何を言っているのか理解しかねるので「⑥が有理数解を持たないこと」の証明を書いてもらえますか？

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■49495 / inTopicNo.70)

　Re[52]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ 日高ファミリー(172回)-(2019/06/29(Sat) 22:23:36)

■No49493に返信(nakaitiさんの記事)

>f/eが有理数の場合、⑥となるので、(1)は成り立たない。

>一番最後のこの部分で⑥が有理数解を持たないことを使っているようですが、それはまだ証明できていませんよね？

>「⑥が有理数解を持たないこと」は、x,yを有理数とした場合に証明ができます。
>X,Yが、無理数の場合は、両辺を、e^pで割るとx,yを有理数とした場合と同じに
>なります。

> ちょっと何を言っているのか理解しかねるので「⑥が有理数解を持たないこと」の証明を書いてもらえますか？

x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p⑤
x^p+y^p=(x+(pa)^(1/(p-1)))^p⑥
⑤はr=p^(1/(p-1))が無理数なので、x,yを有理数とすると、式がなりたたない。
⑥の解は⑤の解のa^(1/(p-1))倍となるので、⑥は有理数解を持たない。

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■49500 / inTopicNo.71)

　Re[53]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ nakaiti 一般人(31回)-(2019/06/30(Sun) 10:34:33)

> ⑥の解は⑤の解のa^(1/(p-1))倍となるので、⑥は有理数解を持たない。

$2$a^{\frac 1{p-1}}$ 倍したら有理数になっている可能性がありますね

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■49501 / inTopicNo.72)

　Re[54]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ 日高ファミリー(173回)-(2019/06/30(Sun) 15:22:56)

■No49500に返信(nakaitiさんの記事)
>⑥の解は⑤の解のa^(1/(p-1))倍となるので、⑥は有理数解を持たない。

> a^(1/(p-1))倍したら有理数になっている可能性がありますね

仮に、整数比となる無理数の解が、存在するならば、解は有理数となりますが、
それは、可能性があるというだけです。

⑤のx,y,zを、有理数とすると、式が成り立たないので、⑥も成り立ちません。
⑤,⑥の解は、確実に有理数となりません。

仮に、(ex)^p+(ey)^p=(ex+f)^pが存在したとしても、
両辺をe^pで割ると、x^p+y^p=(x+f/e)^pとなるので、
f/eが有理数の場合、解が有理数となる可能性はありますが、
その場合は、⑥となるので、x^p+y^p=(x+f/e)^pは、有理数解を持ちません。

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■49505 / inTopicNo.73)

　Re[55]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ nakaiti 一般人(32回)-(2019/07/01(Mon) 09:43:27)

自分で循環論法に陥っていることに気が付きませんか？

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■49506 / inTopicNo.74)

　Re[56]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ 日高ファミリー(174回)-(2019/07/01(Mon) 09:52:51)

■No49505に返信(nakaitiさんの記事)
> 自分で循環論法に陥っていることに気が付きませんか？

どの部分が循環論法になっているのでしょうか？

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■49507 / inTopicNo.75)

　Re[57]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ nakaiti 一般人(33回)-(2019/07/01(Mon) 14:14:51)

まず⑤が有理数解を持たないことはOKです
なので⑥が有理数解を持たないことを示したかったのですよね？
あなたはその理由が⑤は整数比の解を持たないから⑥は有理数解を持たないという証明をしました。
そして⑤が整数比の解を持たない理由は⑥が有理数解を持たないからだといいました。

循環論法ですね？

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■49508 / inTopicNo.76)

　Re[58]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ 日高ファミリー(175回)-(2019/07/01(Mon) 16:40:41)

■No49507に返信(nakaitiさんの記事)
> まず⑤が有理数解を持たないことはOKです
> なので⑥が有理数解を持たないことを示したかったのですよね？
> あなたはその理由が⑤は整数比の解を持たないから⑥は有理数解を持たないという証明をしました。
> そして⑤が整数比の解を持たない理由は⑥が有理数解を持たないからだといいました。
>
> 循環論法ですね？

AとBは同じ方程式とする。
A.⑤のx,yが有理数の整数比の解を持たないので、⑥は有理数解を持たない。
(x,yは有理数とする。)
B.⑤のx,yが無理数の整数比の解を持つので、⑥は有理数解を持つ。
(x,yは無理数とする。)

Bの両辺を、e^pで割ると、x,yは有理数の場合となるので、Aとなる。
よって、⑥は有理数解を持たない。

(Bの方程式が成り立つのは、仮定の場合です。)

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■49509 / inTopicNo.77)

　Re[59]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ nakaiti 一般人(34回)-(2019/07/01(Mon) 22:22:45)

> AとBは同じ方程式とする。
> A.⑤のx,yが有理数の整数比の解を持たないので、⑥は有理数解を持たない。
> (x,yは有理数とする。)
> B.⑤のx,yが無理数の整数比の解を持つので、⑥は有理数解を持つ。
> (x,yは無理数とする。)
>
> Bの両辺を、e^pで割ると、x,yは有理数の場合となるので、Aとなる。
> よって、⑥は有理数解を持たない。
>
> (Bの方程式が成り立つのは、仮定の場合です。)

あなたの話を私なりに解釈したものを書きますので間違っていれば言ってください
$2$x^p+y^p=z^p$ という方程式を考えます。この解 $2$(x,y,z)$ は次の二つのタイプに分けられます

タイプ1 : $2$z-x=p^{\frac 1{p-1}}$ となる解
タイプ2 : $2$z-x\ne p^{\frac 1{p-1}}$ となる解

タイプ1の解が「⑤の解」と呼んでいたもので、タイプ2の解が「⑥の解」と言っていたものですね？
そしてあなたが主張しているのは次のことですよね？

・タイプ1の解に有理数解はない。よってタイプ2の解に有理数解はない。

> B.⑤のx,yが無理数の整数比の解を持つので、⑥は有理数解を持つ。
> (x,yは無理数とする。)
>
> Bの両辺を、e^pで割ると、x,yは有理数の場合となるので、Aとなる。
> よって、⑥は有理数解を持たない。
>
> (Bの方程式が成り立つのは、仮定の場合です。)

この部分は言っている意味がよくわかりません。あなたの説明は文字や接続詞の使い方が壊滅的に下手です。これでもだいぶ忖度して読んでいるつもりですがそれでも意味が伝わっていません。もう少しわかりやすい文章の書き方を練習してください。

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■49510 / inTopicNo.78)

　Re[60]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ 日高ファミリー(176回)-(2019/07/02(Tue) 06:41:55)

■No49509に返信(nakaitiさんの記事)

タイプ2の解は、タイプ1の解のa^{1/(p-1)}倍となります。
「・タイプ1の解に有理数解はない。よってタイプ2の解に有理数解はない。」
となります。

私の主張は、

x^p+y^p=z^pは、x,y,zを有理数とすると、式が成り立たない。
よって、この式の両辺に、e^pを掛けた式(ex)^p+(ey)^p=(ez)^pも成り立たない。
です。（eは無理数とする。)

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■49511 / inTopicNo.79)

　Re[61]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

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□投稿者/ nakaiti 一般人(35回)-(2019/07/02(Tue) 07:53:54)

■No49510に返信(日高さんの記事)
> ■No49509に返信(nakaitiさんの記事)
>
> タイプ2の解は、タイプ1の解のa^{1/(p-1)}倍となります。
> 「・タイプ1の解に有理数解はない。よってタイプ2の解に有理数解はない。」
> となります。

ではこの主張を主張Aと呼ぶことにしましょう。この主張Aの証明をちゃんとわかりやすく書いてみてください

> 私の主張は、
>
> x^p+y^p=z^pは、x,y,zを有理数とすると、式が成り立たない。
> よって、この式の両辺に、e^pを掛けた式(ex)^p+(ey)^p=(ez)^pも成り立たない。
> です。（eは無理数とする。)
>

つまり $2$x^p+y^p=z^p$ は $2$x:y:z$ が整数比となる無理数解を持たないという主張ですね。ではこれを主張Bと呼びましょう。
主張Bについて２つほど確認しておきます。
・この証明は主張Aが成り立つということを使っていますね？
・主張Aが成り立てばフェルマーの最終定理は証明できていますが、この主張Bはなぜ必要なのでしょうか？

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■49512 / inTopicNo.80)

　Re[62]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

▲　■

□投稿者/ 日高ファミリー(177回)-(2019/07/02(Tue) 11:19:13)

■No49511に返信(nakaitiさんの記事)

主張A
タイプ2の解は、タイプ1の解のa^{1/(p-1)}倍となります。
「・タイプ1の解に有理数解はない。よってタイプ2の解に有理数解はない。」

主張Aの証明

タイプ1 x^p+y^p=(x+p^(1/(p-1)))^p
タイプ2 x^p+y^p=(x+(ap)^(1/(p-1)))^p

タイプ2の両辺を、(a^(1/(p-1)))^pで割ると、
(x/(a^(1/(p-1)))^p+(y/(a^(1/(p-1)))^p=(x/(a^(1/(p-1))+p^(1/(p-1)))^p
となるので、タイプ2の解はタイプ1の解のa^{1/(p-1)}倍となります。
タイプ1の解に有理数解はないので、タイプ2の解にも、有理数解はない。
ということになります。

主張B
x^p+y^p=z^pは、x,y,zを有理数とすると、式が成り立たない。
よって、この式の両辺に、e^pを掛けた式(ex)^p+(ey)^p=(ez)^pも成り立たない。

> ・この証明は主張Aが成り立つということを使っていますね？
> ・主張Aが成り立てばフェルマーの最終定理は証明できていますが、この主張Bはなぜ必要なのでしょうか？

主張Bは、
x^p+y^p=z^pと、(ex)^p+(ey)^p=(ez)^pは同じとなるということを説明するためです。

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