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■49489

　Re[47]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ nakaiti -(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

　Re[48]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ 日高 -(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

　Re[49]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ nakaiti -(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

　Re[50]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ 日高 -(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

　Re[51]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ nakaiti -(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

　Re[52]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ 日高 -(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

　Re[53]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ nakaiti -(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

　Re[54]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ 日高 -(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

　Re[55]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ nakaiti -(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

　Re[56]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ 日高 -(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

　Re[57]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ nakaiti -(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

　Re[58]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ 日高 -(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

　Re[59]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ nakaiti -(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

　Re[60]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ 日高 -(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

　Re[61]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ nakaiti -(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

　Re[62]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ 日高 -(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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■49513

　Re[63]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ いとをかし -(2019/07/02(Tue) 11:37:10)

　もういい加減やめたら・・・と言ってもやめんか（笑）

　このスレはすでに4つめだけど本質的には（つまり数学的論証が破綻していることに関しては）1つめと何も変わっていない。

　投稿者はいわゆる角の三等分家に属する人種なので、今後も同じ主張を繰り返すだろう。

　この屑のような投稿がなければ、ここもう少しまとも質問が増えるような気がしないでもないのだが、掲示板の管理者も注意しないのだからどうしようもない。

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■49516

　Re[64]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ 日高 -(2019/07/02(Tue) 16:30:27)

■No49513に返信(いとをかしさんの記事)

本質的には（つまり数学的論証が破綻していることに関しては）1つめと何も変わっていない。

（つまり数学的論証が破綻していることに関しては）は、
具体的に、どの部分かを、指摘していただけないでしょうか。

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■49514

　Re[63]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ nakaiti -(2019/07/02(Tue) 11:50:48)

2019/07/02(Tue) 11:58:11 編集(投稿者)
2019/07/02(Tue) 11:57:44 編集(投稿者)
2019/07/02(Tue) 11:57:13 編集(投稿者)
2019/07/02(Tue) 11:55:44 編集(投稿者)
2019/07/02(Tue) 11:53:18 編集(投稿者)

■No49512に返信(日高さんの記事)
> ■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。
>

私なりにあなたの証明を書きなおしてみますね。
<証明>
まず $2$(x,y,z)$ を $2$x^p+y^p=z^p$ のタイプ2の解とします。 $2$z-x=(ap)^{\frac 1{p-1}}$ とおく。このとき
$2$x^p+y^p=\left(x+(ap)^{\frac 1{p-1}}\right)^p$
が成り立つので両辺を $2$\left(a^{\frac 1{p-1}}\right)^p$ で割ることにより
$2$\left(\frac x{a^{\frac 1{p-1}}\right)^p+\left(\frac y{a^{\frac 1{p-1}}}\right)^p=\left(\frac x{a^{\frac1{p-1}}}+p^{\frac 1{p-1}}\right)^p$
が成り立つことがわかる。よって $2$\left(\frac x{a^{\frac 1{p-1}}}\ ,\ \frac y{a^{\frac 1{p-1}}}\ ,\ \frac x{a^{\frac1{p-1}}}+p^{\frac 1{p-1}}\right)$ はタイプ1の解であることがわかる。タイプ1の解に有理数解はないのでこれは有理数解ではない。
「よってその $2$a^{\frac 1{p-1}}$ 倍である $2$(x,y,z)$ も有理数解ではない」
<証明終わり>

このような認識で間違いないでしょうか？間違いなければ最後の「」でくくった部分が間違っています。無理数を $2$a^{\frac 1{p-1}}$ 倍したものが無理数になるとは限りませんよね？

> 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。

そんな明らかな主張ならば主張Bはわざわざ必要ないですね。上のように証明内で丁寧に述べてください

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■49515

　Re[64]: フェルマーの最終定理の簡単な証明４

□投稿者/ 日高 -(2019/07/02(Tue) 16:17:54)

■No49514に返信(nakaitiさんの記事)

> このような認識で間違いないでしょうか？間違いなければ最後の「」でくくった部分が間違っています。無理数を $2$a^{\frac 1{p-1}}$ 倍したものが無理数になる
とは限りませんよね？

このような認識で間違いありません。

「無理数をa^{1/(p-1)} 倍したものが無理数になるとは限りませんよね？」
について、

無理数をa^{1/(p-1)} 倍したものが無理数になるとは限りませんが、
タイプ1の解を、a^{1/(p-1)} 倍したものは、タイプ2の解となります。

>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。

> そんな明らかな主張ならば主張Bはわざわざ必要ないですね。上のように証明内
で丁寧に述べてください

主張Bは、「無理数x,y,zが、整数比となることはない。」ことを主張するためです。

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