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> a^n+b^n=c^nとすると、{ただしa<b<cとする}

> a^n-1+b^n-1=c^n-1

左辺で 2 回 -1 したなら、右辺も 2 回 -1 する必要があるのでは。

二項定理より、{http://y-daisan.private.coocan.jp/html/felmer-7-2.pdfより}
　　　n
a^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}----(a)
i=1

　　　n
b^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}----(b)
i=1

　　　n
c^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}----(c)
i=1

a^n+b^n=c^nとすると、{ただしa<b<cとする}

a^n-1+b^n-1+1=c^n-1
(a^n-1)+(b^n-1)+1=(c^n-1)
(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)
式(a),(b),(c)より、
n
Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
i=1

　n
＝Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　i=1

　n
ーΣ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}
　i=1

　　　　n
a^n-1+1＝Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　　　　i=1

そこで、(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)が成り立つには、

１）i=nのとき、a^n-1のnCn項は、
nCn{1^0+2^0+3^0+・・・+(a-1)^0)}+1=nCn{a-1}+1=a----(d)
一方(c^n-1)-(b^n-1)のnCn項は、
nCn{b^0+(b+1^0+(b+2)^0・・・+(c-1)^0}=nCn{(c-1)-(b-1)}=c-b---(e)

式(d),(e)が等号で結ばれるのは、
c-b=a---(i)
のときだけである。

２）i=n-1のとき、a^n-1のnC(n-1)項は、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}=nC(n-1){(a-1)a/2}----(f)
一方(c^n-1)-(b^n-1)のnC(n-1)項は、
nC(n-1){b+(b+1)+(b+2)・・・+(c-1)}=n{(c-1)c/2-(b-1)b/2}---(g)

式(f),(g)が等号で結ばれるのは、
(c-1)c/2-(b-1)b/2=(a-1)a/2
のときだけである。
(c-1)c-(b-1)b=(a-1)a
c^2-c-b^2+b=(a-1)a
c^2-b^2-(c-b)=(a-1)a
(c-b)(c+b-1)=(a-1)a
式(d),(e)が等しいとき式(f),(g)も等しくないといけないから、式(i)より、
c+b-1=a-1　左辺を(c-b)で割って、右辺をaで割って｛なぜなら式(i)より｝
c+b=a=c-b　式(i)より
c+b=c-b
c+b-(c-b)=0
c+b-c+b=0
2b=0
b=0
これは、c>b>aに矛盾する。
したがって、
(d)≠(e)、(f)≠(g)
つまり、
(a^n-1)≠(c^n-1)-(b^n-1)
a^n≠c^n-b^n
a^n+b^n≠c^n

よって、フェルマーの最終定理は初等的に証明された。

(d) と (e) が等しいといえる根拠はなんですか？

(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)が成り立つためです。
つまり、
　　　　n
a^n-1+1＝Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　　　　i=1
ということで、右辺はすべて正の数なの和なのです。
また、a^n-1+1は
n
Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
i=1
もすべて、正の数の和ですから、
nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}
の右左辺のnCiどおし等しくなければなりません。
式(d),(e)は、nCnの項なので、
a^n-1+1はi=nの
nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
ですが、この項だけ、＋１が余分にあり、(c^n-1)-(b^n-1)は、i=nの
nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
ですから、お互いに等しくなければなりません。だから式(d),(e)は、等しくなければなりません。

二項定理で、同じべき乗なら、
(a+b)^nの各項は、nCi a^(n-i) b^iで、(a+b)^n=(c+d)^nなら、 a^(n-i) b^i= c^(n-i) d^iということです。
つまり、nCiの係数項はa^(n-i) b^i= c^(n-i) d^iのように等しくならなければならないということです。

＞２）i=n-1のとき、a^n-1のnC(n-1)項は、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}=nC(n-1){(a-1)a/2}----(f)

２）i=n-1のとき、a^n-1のnC(n-1)項は、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}+1=nC(n-1){(a-1)a/2}----(f)
じゃないでしょうか。

> (a+b)^n=(c+d)^nなら、 a^(n-i) b^i= c^(n-i) d^iということです。

a=1, b=-1, c=0, d=0 で考えると、
「(1-1)^n = (0+0)^n なら、1^(n-i) (-1)^i = 0^(n-i) 0^i ということ」って意味になりますけど、あってます？

KY様、おはようございます。

nC(n-1)=n!/(n-(n-1)!(n-1)!)=n!/(n-1)!=n
なので、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}=nC(n-1){(a-1)a/2}=n{(a-1)a/2}----(f)
また、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}+1=nC(n-1){(a-1)a/2}---(f)
＋１は、nCnの項だけに作用しますので、nC(n-1)には、関係しません。
ですから、
nC(n-1){1+2+3+4+5+・・・+(a-1)}=nC(n-1){(a-1)a/2}=n{(a-1)a/2}----(f)
でいいはずです。

DD++様、おはようございます。

そういうふうにすれば、そうなりますね。

投稿制限がかかっているので、ここに書きます。

＞なるほど、つまり、はちべえさんは (-1)^i = 0^n が正しいと出張しているわけですね？

今回の場合、a,b,c,dともに、自然数ですから、そうはならないと思います。

ご指摘の、
＞「(1-1)^n = (0+0)^n なら、1^(n-i) (-1)^i = 0^(n-i) 0^i ということ」
ですから、(1-1)^n=0、(0+0)^n=0で、全体で見れば、等号が成り立ちますが、1^(n-i) (-1)^i = 0^(n-i) 0^iとは、言えないですね。

ちなみに、(1-1)^nは、
(1-1)^n=nC0 1^n (-1)^0+nC1 1^(n-1) (-1)^1+nC2 1^(n-2) (-1)^2+nC3 1^(n-3) (-)1^3+・・・・+nC(n-1) 1^(n-(n-1)) (-1)^(n-1)+nCn 1^(n-n) (-1)^n
において、

nが偶数なら、たとえばn=10なら、
0=10C0-10C1+10C2-10C3+10C4-10C5+10C6-10C7+10C8-10C9+10C10
マイナスの項を左辺に移項すると、
10C1+10C3+10C5+10C7+10C9=10C0+10C2+10C4+10C6+10C8+10C10
よって、
nC1+nC3+nC5・・・+nC(n-1)=nC0+nC2+nC4+・・・・+nCn
左右で項数が違うのに不思議に思うかもしれませんが、こうなのです。

nが奇数なら、たとえばn=11なら、
0=11C0-11C1+11C2-11C3+11C4-11C5+11C6-11C7+11C8-11C9+11C10-11C11
マイナスの項を左辺に移項すると、
11C1+11C3+11C5+11C7+11C9+11C11=11C0+11C2+11C4+11C6+11C8+11C10
よって、
nC1+nC3+nC5・・・+nCn=nC0+nC2+nC4+・・・・+nC(n-1)

パスカルの三角形を思い出してください。
　　　　　　　　　1　-2　1
　　　　　　　　1　-3　3　-1
　　　　　　　1　-4　6　-4　　1
　　　　　　1　-5　10　-10　5　-1
　　　　　1　-6　15　-20　15　-6　1
となります。

なるほど、つまり、はちべえさんは (-1)^i = 0^n が正しいと主張しているわけですね？

更新記事を見て、掲示板にないはずの謎の返信が来ていると思ったら……。

返事は必ず新しいメッセージで書いてください。
過去の投稿に加筆して返事をされても気づきません。


なるほど、自然数限定だからとおっしゃるならこうしましょう。

a = 1, b = 3, c = 2, d = 2 で考えます。
文句なく自然数ですね？

で、(1+3)^n = (2+2)^n は成り立ちます。これも問題ないですね？

ということは、はちべえさんは 1^(n-i) 3^i = 2^(n-i) 2^i である、と、
つまり 3^i = 2^n は正しい式であると主張するわけですね？

はちべえさんがこの式を誤りだと断ずるなら、まったく同じ論理で作った (d) = (e) も誤りということです。

DD++様、おはようございます。

そのとおりですね。

このフェルマーの最終定理の証明は、間違いですね。

伝わったようで、よかったです。

二項定理より、{http://y-daisan.private.coocan.jp/html/felmer-7-2.pdfより}
　　　n
a^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}----(a)
i=1

　　　n
b^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}----(b)
i=1

　　　n
c^n-1=Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}----(c)
i=1

a^n+b^n=c^nとすると、{ただしa<b<cとする}

a^n-1+b^n-1+1=c^n-1
(a^n-1)+(b^n-1)+1=(c^n-1)
(a^n-1)+1=(c^n-1)-(b^n-1)
式(a),(b),(c)より、
n
Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(a-1)^(n-i)}＋１
i=1

　n
＝Σ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　i=1

　n
ーΣ nCi{1^(n-i)+2^(n-i)+3^(n-i)+・・・+(b-1)^(n-i)}
　i=1

　　　　n
a^n-1+1＝Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}
　　　　i=1

n
Σ nCi{b^(n-i)+(b+1)^(n-i)+(b+2)^(n-i)+・・・+(c-1)^(n-i)}-(a)式-1----(d)
i=1

とすると、(d)式の
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)
の大小関係を調べればよい。
公式、
x^n-y^n=(x-y){x^(n-1)+x^(n-2)y+x^(n-3)y^2+・・・+xy^(n-2)+y^(n-1)}
より、
x,yが自然数なら、{}の中は、正の自然数。したがって、(x-y)が正か負でx^nとy^nの大小関係がわかる。
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)
において、c>b>aより、c-1>a-1より、
(c-1)^(n-i)-(a-1)^(n-i)>0
となる。よって(d)式は>0
ただ、c-bの項数とaの項数が問題となる。
したがって、条件はc-b≧aがつく。

これを満足すれば、フェルマーの最終定理は証明できる。

なお、(a)式+1の部分は、b^0-1-1>0はa,b,cは自然数であり、c>b>a>0とa=1では、b>3であるから問題ない。
たとえば、a=1のとき、1^3+b^3=c^3のときb=2でも3ではない。

a,b,cにおいて、
a^n+b^n=c^n
が成り立つとき、
(a^n+b^n)^2=(c^n)^2
ここで、
http://y-daisan.private.coocan.jp/html/pdf/felmer-5-4.pdf（緑色のうんざりはちべえをクリックすれば開きます。）
の補題より、
(a^n+b^n)^2>(a+b)^n
であるから、
(a^n+b^n)^2=(c^n)^2
(a+b)^n<(c^2)^n
a,b,cは自然数より、
(a+b)<c^2
a<c^2-b

おしいなあ。c^2-b>aなら、制限がなくなったのになあ。

＞おしいなあ。c^2-b>aなら、制限がなくなったのになあ。

これはどういう事を意味しているのでしょうか。制限を付けて行ってあり得ない証明をするのが筋なのではないでしょうか。

因みに、ａ＜ｃ，ｂ＜ｃからａ＋ｂ＜２ｃですが、ｃ≧３でａ＋ｂ＜ｃ^2よりａ，ｂに制限を付けられますね。

補題の証明は見事ですね。

KY様、こんにちは。

今私は、24時間で20件の投稿制限で、何か消さないと投稿できないのです。無理やり1つ消しました。

＞因みに、ａ＜ｃ，ｂ＜ｃからａ＋ｂ＜２ｃですが、ｃ≧３でａ＋ｂ＜ｃ^2よりａ，ｂに制限を付けられますね。

なるほど。あとちょっとで・・・・・

制限なしになれば、フェルマーの最終定理の初等的証明になったんですけどね。

残念。

> 補題の証明

a≧2, b≧2 のとこ、論点先取で一発退場では。
入試とかだと一行読んだだけで 0 点にされるやつです。

そうか、c-b<aのとき、(d)式は<0です。
要するに、(d)式が=0でなければ、フェルマーの最終定理の初等的証明はできるんだ。

なんとか、先が見えてきました。

DD++様の指摘の
＞で、(1+3)^n = (2+2)^n は成り立ちます。これも問題ないですね？
ということは、はちべえさんは 1^(n-i) 3^i = 2^(n-i) 2^i である、と、
つまり 3^i = 2^n は正しい式であると主張するわけですね？

これも、実にありがたい指摘で、a^n-1+1=c^n-1-(b^n-1)が、成り立つ条件はないというある意味いいヒントなるかもしれない・・・・・

＞a≧2, b≧2 のとこ、論点先取で一発退場では。

いいえ、論点先取ではありません。まず、本題の証明の方でａ＝１，ｂ＝１の場合を述べていて、次に補題の所でａ＝１，ｂ＝２（ａ＝２，ｂ＝１）の場合を述べていて、残りはａ≧２，ｂ≧２の場合しかないからです。
因みに、具体例は、

「それは論点先取だ」と言えるのは、1つの三段論法の中で「循環論法」が使われている場合である。すなわち、推論過程に証明すべき事柄を前提とする命題を含んでいる場合である。本質的に、命題がそれ自身の証明に使われるような戦術はその基本的形式において説得力がない。例えば、ポールが本当のことを言っていると証明したいとする。

ポールは嘘を言っていないと仮定する。
ポールは何かを話している。
したがって、ポールは本当のことを言っている。
この文章は論理的だが、話者の真実性を納得させることはできない。問題は、ポールの真実性を証明するためにポールが本当のことを言っていると仮定することを聴衆に頼んでいるため、これは実際には「ポールが嘘をついていないなら、ポールは真実を言っている」ということを証明しているに過ぎない。

このような論証は論理的には妥当である。すなわち、結論は実際に前提から導き出されている。ただし、何らかの意味でその結論は前提と同一である。自己循環論法は全て、このような証明すべき命題が論証のある時点で仮定されるという性質を持つ。
引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/%E8%AB%96%E7%82%B9%E5%85%88%E5%8F%96#%E5%85%B7%E4%BD%93%E4%BE%8B

当てはまっていないと思いますが。

例として 1 つの三段論法を挙げているだけで、複数の場合でも論点先取は論点先取でしょう。

あるいは循環論法と言った方がよかったですか？
今回の場合ならどっちにも該当する（というか両者に明確な区分があるわけでもない）と思っているので。

DD++様、おはようございます。

b≠0とする。a/b・・・

は、どうなるんだろう？