 | ■No49522に返信(偽日高さんの記事)
>タイプ1 x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}^p
>タイプ2 x^p+y^p=(x+(pa)^{1/(p-1)})^p
>
>タイプ1の、両辺に、(a^{1/(p-1)})^pを掛けると、タイプ2となります。
> ふむ
>タイプ1の、x,yを有理数とすると、x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)}^pは成り立ちません。
> ふむ
> よって、 x^p+y^p=(x+(pa)^{1/(p-1)})^pのx,yを有理数としたときも、成り立ちません。
> この部分が大嘘。全く証明されていない日高の思い込み。
>（タイプ1の、x,yの割合と、タイプ2のx,yの割合は、等しくなります。）
> ふーん。だから何？上記の思い込みの説明にはなってないですね。
「x^p+y^p=(x+(pa)^{1/(p-1)})^pのx,yを有理数としたときも、成り立ちません。」の理由。
x^p+y^p=(x+p^{1/(p-1)})^p…タイプ1 は、
x,yを有理数とすると、式がなりたたないので、有理数解を持たない。
タイプ1の両辺に、(a^{1/(p-1)})^pを掛けると、
{x*(a^{1/(p-1)})}^p+{y*(a^{1/(p-1)})}^p={x*(a^{1/(p-1)})+p^{1/(p-1)}*(a^{1/(p-1)})}^pとなるので、
x*(a^{1/(p-1)}),y*(a^{1/(p-1)}),x*(a^{1/(p-1)})+p^{1/(p-1)*(a^{1/(p-1)})は、タイプ2の場合のx,y,zとなる。
よって、タイプ2の場合のx,y,zは、タイプ1の場合のx,y,zのa^{1/(p-1)}倍となる。
r=p^{1/(p-1)}*(a^{1/(p-1)})=(pa)^{1/(p-1)}は、有理数となる場合もあるが、
タイプ1と、タイプ2のx,y,zの割合は、等しくなるので、
タイプ1が、有理数解を持たないならば、タイプ2も、有理数解を持たない。
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