😊出会いの泉😊

> nが偶数の時は、無限下降法で、フェルマーによって証明済みであり、

フェルマーが証明した（と考えられている）のは n=4 の場合のみのはずであり、
n=8, 12, 16, ……はともかく、n=6, 10, 14, ……はフェルマー自身の結果からは示されないはずです。

> (a)式は、2つの合成数の積であるから、

> a^s=c-b---(1)
（以下、(6) 式まで）

これらが a の累乗数でなければならないと考えた理由を教えてください。

あと、c-b が勝手に合成数とされている理由もですかね。
なぜこれが素数や 1 じゃいけないんでしょう？

DD++さま、おはようございます。

> nが偶数の時は、無限下降法で、フェルマーによって証明済みであり、

フェルマーが証明した（と考えられている）のは n=4 の場合のみのはずであり、
n=8, 12, 16, ……はともかく、n=6, 10, 14, ……はフェルマー自身の結果からは示されないはずです。

例えば、ｎ＝６＝3x2ですから、

(a^2)^3+(b^2)^3=(c^2)^3
ここで、A=a^2,B=b^2,C=c^２とすれば、
A^3+B^3=C^3

10=2x5,15=3x5,18=3x3x2,・・・・

というように、素因数分解できれば、奇数の素数になりますので、奇数の素数が証明できればいいのでしょう。Wikipedia（フェルマーの最終定理）を見てください。


> (a)式は、2つの合成数の積であるから、

> a^s=c-b---(1)
（以下、(6) 式まで）

これらが a の累乗数でなければならないと考えた理由を教えてください。

つまり、左辺がa^nであるから、左辺はaの累乗でないといけません。


＞あと、c-b が勝手に合成数とされている理由もですかね。
なぜこれが素数や 1 じゃいけないんでしょう？

素数でも1でも構わないのですが、一般的に一番大きな可能性が合成数ですよね。自然数の方がいいかな？

「奇素数での証明ができれば十分である」自体は正しいですよ。
でも、最後の一文に結果的に正しいことが書いてあるからといって、途中に書いたものが全部正しかったことになるわけじゃありません。
フェルマーの最終定理の証明も「最後の結果は別の方法で証明されているんだから、何をどう書いたって正しい証明になるんだ」とか思ってませんよね？

> 左辺がa^nであるから、左辺はaの累乗でないといけません。

意味がわかりません。

> 素数でも1でも構わないのですが、一般的に一番大きな可能性が合成数ですよね。自然数の方がいいかな？

ほら、勝手な決めつけを行なっている。
それを 1 つでもやった瞬間、これは「存在しない証明」ではなく、ただの「自分には見つけられなかったという無価値な失敗報告」になります。
証明するというのならまずその認識を持ってください。

DD++さま、こんにちは。

> 左辺がa^nであるから、左辺はaの累乗でないといけません。

意味がわかりません。

(a)の式、
a^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)} ---(a)

(a)の式は、a^nは2つの自然数の積で構成されています。それは、
c-b---(1)
c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)----(2)
の(1),(2)式です。この2つの式の積がa^nなのですから、

a^s=c-b---(1)
a^(n-s)=c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)----(2)
でなければならないということです。

> 素数でも1でも構わないのですが、一般的に一番大きな可能性が合成数ですよね。自然数の方がいいかな？

a^s=c-bにおいて、左辺はaの累乗の式ですから、c-bは、素数にはならないでしょう。
a^sがs=1なら、a=c-bなので、aが素数でもありえます。しかし、
(c-b)^n+b^n=c^n
c^n-nC1 c^(n-1)b+nC2 c^(n-2) b^2-nC3 c^(n-3)b^3+・・・+nC1 c b^(n-1)-b^n+b^n=c^n
-b^n+b^n=0で、消え、両辺からc^nを引くと、
-nC1 c^(n-1)b+nC2 c^(n-2) b^2-nC3 c^(n-3)b^3+・・・+nC1 c b^(n-1)=0
これは、cbでくくれますから
cb{-nC1 c^(n-2)+nC2 c^(n-3) b-nC3 c^(n-4)b^2+・・・+nC1 b^(n-2)}=0
cbは0でないので、割ると、
-nC1 c^(n-2)+nC2 c^(n-3) b-nC3 c^(n-4)b^2+・・・+nC1 b^(n-2)=0
nC2 c^(n-3) b+nC4 c^(n-5) b^3+・・+nC1 b^(n-2)=nC1 c^(n-2)+nC3 c^(n-4)b^2+・・・+nC2 c b^(n-3)
となり、(a)式にはならず、(1),(2)式は存在しなくなります。
したがって、a=c-bでは、まずいのです。

c-b=1なら、
a^n+b^n=(b+1)^n
a^n+b^n=b^n+nC1 b^(n-1) +nC2 b^(n-2) +nC3 b^(n-3) +・・・+nC(n-1) b +1
両辺からb^nを引いて、
a^n=nC1 b^(n-1) +nC2 b^(n-2) +nC3 b^(n-3) +・・・+nC(n-1) b +1
となり、(a)式にはならず、(1),(2)式は存在しなくなります。

したがって、c-b=1では、まずいのです。

DD++さま、こんばんは。

(a)の式、
a^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)} ---(a)

(a)の式は、a^nは2つの自然数の積で構成されています。それは、
α=c-b---(1)
β=c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)----(2)

とします。

a^n=αβ

ここで、a^n=v^n u^n とおくと、
α=v^p
β=v^q u^n

したがって、
v^p=c-b
v^p=v^r(c'-b')

c'-b'=v^(p-r)

c=v^rc'
b=v^rb'

ところが、a,b,cは互い素であるから、これはありえない。

> この2つの式の積がa^nなのですから、

> a^s=c-b---(1)
> a^(n-s)=c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)----(2)
> でなければならないということです。

だから、それがなぜそうでなければいけないのかと問うています。
「自分が正しいと思っているから正しいんだ」では証明になっていません。

まずここが解消されない限りその先の話は読む価値がないので一旦置いときます。

> a^s=c-b---(1)
（以下、(6) 式まで）

これらが a の累乗数でなければならないと考えた理由を教えてください。

つまり、左辺がa^nであるから、左辺はaの累乗でないといけません。
（引用終わり）

これが出来るのはａが素数の場合だけです。例えば、ａが合成数でａ＝ａ1ａ2とすると、

a^n=(a1a2)^n=a1^na2^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}

c-b=a1かもしれないし、c-b=a1a2かもしれません。ｎ＝３ぐらいだったら全ての組み合わせを調べられますが。

＞c-b=1なら、
a^n+b^n=(b+1)^n
a^n+b^n=b^n+nC1 b^(n-1) +nC2 b^(n-2) +nC3 b^(n-3) +・・・+nC(n-1) b +1
両辺からb^nを引いて、
a^n=nC1 b^(n-1) +nC2 b^(n-2) +nC3 b^(n-3) +・・・+nC(n-1) b +1
となり、(a)式にはならず、(1),(2)式は存在しなくなります。

したがって、c-b=1では、まずいのです。
（引用終わり）

c-b=1の場合は証明しなくてはいけません。

a^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)} ---(a)

(a)式とa^n=nC1 b^(n-1) +nC2 b^(n-2) +nC3 b^(n-3) +・・・+nC(n-1) b +1は同じ式です。

(a)式にc-b=1を代入してさらにc=b+1を代入すると、

a^n=(b+1)^(n-1)+(b+1)^(n-2)b+・・・+(b+1)b^(n-2)+b^(n-1)となりますが、これを二項定理で展開して

b^(n-1)の係数を考えると1+1+・・・+1(n個)=n　また、nC1=nですから一致します。

また、定数項も１で一致しますよね。つまり、同じ式という事です。だから、c-b=1の場合も証明して下さい。

DD++さま、通りすがり２様、こんばんは。

もう一度、注意してもらいたいのは、前提条件です。

①a,b,cは、互いに素な自然数

a,bの最大公約数gcd(a,b)=1
a,cの最大公約数gcd(a,c)=1
b,cの最大公約数gcd(b,c)=1

ということが守られているか？

②a,b,c:奇数、偶数、奇数
③a,b,c:奇数、奇数、偶数
④a^n+b^n=c^n
です。

たとえば、No.585の
*************
(a)の式は、a^nは2つの自然数の積で構成されています。それは、
α=c-b---(1)
β=c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)----(2)
とします。したがって、a^n=αβ

a,b,cは、互いに素な自然数の確認は、(1)式が都合が良いので、
ここで、a^n=v^n u^n（つまり、aを素因数分解したらa=vuとすると) とおくと、
たとえば、
α=v^p
β=v^q u^n　　（ただし、p+q=n）
したがって、
v^p=c-b　　引き算が成立するので共通因子v^rがあるとして、
また、v^p=v^r(c'-b')　さらにc'-b'=v^(p-r)
すると、c=v^rc'かつb=v^rb'
ところが、a,b,cは互い素であるから、これはありえない。
*********

のように、確認しなければ、ならないはずです。

通りすがり２さま、

1=c-bの場合の検討は、参考になりました。ありがとうございます。

> 共通因子v^rがあるとして、
また、v^p=v^r(c'-b')

なんの共通因子ですか？

DD++様、おはようございます。
余計なことを削除すればいいことに気づきました。

＊＊＊＊＊＊＊＊
フェルマーの最終定理の初等的証明を考える。
a^n+b^n=c^nにおいて、a,b,cは自然数であり、n≧3では、成り立たないという問題である。

a,b,cは、互いに素な自然数であるとする。

さて、公式より、
c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
また、c^n-b^n=a^n
よって、
a^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)} ---(a)

ここで、{}の中は、初項c^(n-1)、項比b/c,項数nの等比級数である。

a^n=(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)} ---(b)

(b)式の両辺をa^tで割ると、a,cは互いに素であるから、c^(n-1)/a^tは割り切れない。
ただし、tはt<nの自然数である。
すると、(b)は、左辺は割り切れるが、右辺は少なくともc^(n-1)/a^tが割り切れないので、成り立たない。ゆえに、(a)式は成り立たず、c^n-b^n=a^nは成り立たない。

よって、フェルマーの最終定理は、初等的に証明された。

（コメント）　「(b)は、左辺は割り切れるが、右辺は少なくとも c^(n-1)/a^t が割り切れないの
　　　　　　で、成り立たない。」とありますが、これは誤魔化しではありませんか？

これを否定するのであれば、
(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}
のc^(n-1)を除いた部分が、a^tで割れる、つまり、a^tの倍数であることを証明しなければなりません。

逆に、c^(n-1)を除いた部分が、a^tで割れないということをうんざりはちべえさん
の方で勝手に仮定していませんか？
論理が破綻しているので、「フェルマーの最終定理は、初等的に証明された。」とは
ならないのでは？

＞（コメント）　「(b)は、左辺は割り切れるが、右辺は少なくとも c^(n-1)/a^t が割り切れないの
　　　　　　で、成り立たない。」とありますが、これは誤魔化しではありませんか？

これを否定するのであれば、
(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}
のc^(n-1)を除いた部分が、a^tで割れる、つまり、a^tの倍数であることを証明しなければなりません。
（引用終わり）

＞a^n=(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)} ---(b)

(b)式の両辺をa^tで割ると、a,cは互いに素であるから、c^(n-1)/a^tは割り切れない。
ただし、tはt<nの自然数である。
すると、(b)は、左辺は割り切れるが、右辺は少なくともc^(n-1)/a^tが割り切れないので、成り立たない。ゆえに、(a)式は成り立たず、c^n-b^n=a^nは成り立たない。
（引用終わり）

「c^(n-1)/a^tは割り切れない」ので、c-bと1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)もa^tで割り切れない事を示せれば背理法で証明出来るのです。

そもそも「1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)」がなぜ自然数だと言えるのです？

例えば、ｃ^2＝９で1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)＝１/９の可能性だってあるじゃないですか。（細かい調整はしていません。）

例えば、３^2＋４^2＝５^2より、３^2＝５^2－４^2＝(５－４)(５＋４)＝(５－４)５(１＋４/５)で１＋４/５は自然数じゃないですよね。

「c^(n-1)/a^tは割り切れない」ので、c-bと1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)もa^tで割り切れない事を示せれば

とのことですが、それは証明されたのですか？

HP管理者様、アカン警察様、こんにちは。

＞これを否定するのであれば、
(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}
のc^(n-1)を除いた部分が、a^tで割れる、つまり、a^tの倍数であることを証明しなければなりません。

です。これは、表現がまずいです。
c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}
という等比級数が、a,cが互いに素なので、割れないというべきでしたね。c^(n-1)だけを取り出したら、おかしくなりますね。すみません。


逆に、c^(n-1)を除いた部分が、a^tで割れないということをうんざりはちべえさん
の方で勝手に仮定していませんか？

そんなことは、思っていません。逆です。a^tの倍数でなければいけません。

「c^(n-1)/a^tは割り切れない」ので、c-bと1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)もa^tで割り切れない事を示せれば

とは、言ってません。逆です。a^tの倍数でないといけないのです。

どうしてそうなったのかな？

そもそも「1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)」がなぜ自然数だと言えるのです？

これは、等比級数c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}ですから自然数です。

(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}が、a,cが互いに素であるからa^tで割れないと言っているだけです。

それを否定するなら、
(c-b)c^(n-1){1+b/c+(b/c)^2+(b/c)^3+・・・+(b/c)^(n-2)+(b/c)^(n-1)}が、a^tで割れるといえばいいのです。

それだけです。

山下達郎さんは、今年７０歳の誕生日を迎えました。ユーミンも来年７０歳で、生きていれば、安部さんも来年７０歳でした。私も来年７０歳です。

もう、むつかしことは、できません。HP管理者様は、「論理が破綻している」と言いますが、それも理解できません。

でも、フェルマーの最終定理は、n=3とかｃが素数とか、制限を付けると、論理的に受け入れられます。
しかし、nになると、とてつもない壁が前に、立ちはだかるのです。

おかしな話です。

おかしな話ではないのでは？例えば、定木・コンパスを用いて、角の３等分問題
を考える場合、９０°の角が３等分できたから、一般の場合もできる、と言って
いるようなものではないでしょうか？

FLTの証明についてですが、論理的には初等的に証明できる可能性はあります。
しかし、これまでいろいろな数学者が挑戦して、少なくとも初等的な証明はできなかったわけです。
もしFLTの簡単な(例えば100ページ以下の)初等的証明が存在するのであれば、名だたる数学者の手によって既に証明できていることでしょう。
ということは、FLTの初等的証明は(一生かけても書ききれないほどに)とんでもなく長いものである可能性が高いです。当然、その証明が正しいかどうか検証するのも困難かもしれません。

僭越ながら、うんざりはちべえさんにおかれましては、自身が書いた証明が正しいのかどうか自分で判断できるようになるまで、FLTの証明(と称するもの)の公表を控えていただき、自身が書いた証明の正しさ・誤りを正確に判断できるようになったら、FLTの証明を公表していただきたいと思います。

そもそも、うんざりはちべえさんのFLTの初等的証明(No.590)では、n>=3という条件を１回も使っていない。
もし使っているというのであれば、どこで使っているのですか？

仮に、この証明が正しいと仮定すると、n>=2で、FLTが成立することになり、矛盾する。
これでも、正しいFLTの証明と言えるのでしょうか？

(注意)
命題FLT(n)を「x^n+y^n=z^nを満たす自然数x,y,zは存在しない」とすると、
FLT(2)は成立しない(なぜなら、3^2+4^2=5^2などの反例が多数存在するので)。