😊出会いの泉😊

GAI様、おはようございます。

無限って、ある意味都合のいい話でしょね、

私は、オイラーのバーゼル問題は、有理数が四則演算で閉じているのに、無理数になっていることがおかしいと思います。

そこで、無限和について、調べているのですが、
１）０の無限和は０である。
２）であるから、有限和の先が、０の無限和であると、有限和に等しい。
ということで、バーゼル問題も、lim1/n^2→0（世間では=0と書いています）ですから、途中から0の無限和になるはずですから、有限和であると思っています。つまり、有理数であるということです。無理数なんかにはならないのでは？

無限の研究は、NHKの「笑わない数学」で無限の話で、カントールの話を聞きました。
多くの場合、可付番無限で、実数は超無限というような感じです。

GAI様の無限は、可付番無限ですから、番号をつけて数えられる無限ですね。つまり、自然数の範囲だと思うのです。

そうであれば、数学的帰納法の範囲じゃないかなと思ったりします。

おかしいですかね？

無限って、ある意味都合のいい話でしょね

という感想を見て、はちべえさんは目に見えるものだけは信じれるが、目に見えないものは信じられないと
堅く信じられているように感じられます。
クロネッカーがカントールに対してとった態度に似てなくもない。

というより無限は深遠で豊饒な世界を包み込んでいると思われてはどうでしょう？

BBCが、日本の金継ぎを放送したそうです。YOUTUBEでみました。

壊れた茶碗を漆と金粉で、つなぎ合わせて、元より、芸術的なっている。わび・さびなんだそうです。

日本では、このように、壊れたものも再生する。まるで、傷ついた人間でも、前よりも美しく復活できるという哲学であり、人間もいずれ傷つき、金継ぎで遥かに豊かな人間として復活される。

西洋では、一神教なので、完全か不完全かしかなく、不完全は捨てられる。

例えば、電車で寝るような、不注意な人間は、財布をすられても当然であるということです。

無限もそういう意味では、わび・さびなのかもしれませんね。

でも、数学は、一神教なのでは、ないのですか？

＞私は、オイラーのバーゼル問題は、有理数が四則演算で閉じているのに、無理数になっていることがおかしいと思います。

「閉じている」の定義について勘違いを
なさっておいでです。

定義に戻れば、
二項演算を１回行ったときに
その結果が台、ここでは有理数体に
含まれることとなります。

※有限回の二項演算の組み合わせの
結果もまた、有理数になることを含意しています。

しかるにはちべいさんは
閉じていることの定義をふみはずして
無限回の四則演算の結果もまた
必ずいつも有理数であるはずだと、
思い込んでいらっしゃる。

Dengan kesaktian Indukmu様、こんばんは。

無限とひとくくりにするから、間違ってしまうのです。

(((((a+b)+c)+d)+e)+f)+・・・

とすれば、無限に２項演算です。計算は、小学校で、そう習いました。

はちべえさんの、無限に二項演算、
この操作については、「閉じている」ことの定義からはずれています。

有限でのハナシが
無限相手でも通用する、
そういう気分は捨てて頂きたく
存じます。

今日のBSフジ　ガリレオXはアレルギーの話でした。

これまでは、食品からアレルギー物質を除去する治療だったそうですが、今では、微量のアレルギー物質を残し、だんだん慣らして、アレルギー反応をなくす方向に進んでいるそうです。

無限もアレルギー反応ではないでしょうか。

＞はちべえさんの、無限に二項演算、
この操作については、「閉じている」ことの定義からはずれています。

どうしてなのでしょう。私は、()つけて演算に制限かけています。()は優先順位があります。無限に２項演算ではありません。

前の２項演算の結果は単項ですから、各演算は、２項演算に違いありません。

２項演算で、閉じていることがなされているのですから、どこに無理があるのでしょう？

無限という言葉に、アレルギーがあるのではないですか。

計算は、小学校で、前の演算の結果と２項演算すると習いました。

どこが、おかしいのでしょうか？

また、
＞私は、オイラーのバーゼル問題は、有理数が四則演算で閉じているのに、無理数になっていることがおかしいと思います。
そこで、無限和について、調べているのですが、
１）０の無限和は０である。
２）であるから、有限和の先が、０の無限和であると、有限和に等しい。
ということで、バーゼル問題も、lim1/n^2→0（世間では=0と書いています）ですから、途中から0の無限和になるはずですから、有限和であると思っています。つまり、有理数であるということです。無理数なんかにはならないのでは？

有限和としています。無限和ではありません。ちゃんと読んでから、おねがいします。

もうしわけありませんが、
はちべえさんの「論理？」
は全く理解できません。

思い込みを羅列しているだけなのでは？

そのでんでいけば
ネイピア数 e も有理数になりますね。

ある
単調増加有理数列 a_n
単調減少有理数列 b_n
が存在して、任意の正の自然数 n について
a_n < e < b_n
となり、かつ
n → ∞ のときに
b_n - a_n → 0
とすることができるからです。

超越数 e ですら有理数でなければならぬとする
そのようなはちべえさんの思い込みを
世界が納得するとはとても思えません。

Dengan kesaktian Indukmu様、おはようございます。

＞もうしわけありませんが、
はちべえさんの「論理？」
は全く理解できません。

＞そのでんでいけば
ネイピア数 e も有理数になりますね。

ネイピア数は、lim（１＋1/n)^nです。n→無限大ですから、途中から0の無限和にできません。したがって、有限和にできず、有理数になる根拠がありません。

オイラーは、これを微分で証明しています。
また、バーゼル問題も計算で、π^/6と確信し、最終的に微分で論理つけをしています。
両方とも、無理数です。

＞ある
単調増加有理数列 a_n
単調減少有理数列 b_n
が存在して、任意の正の自然数 n について
a_n < e < b_n
となり、かつ
n → ∞ のときに
b_n - a_n → 0
とすることができるからです。

これをもう少し詳しく教えてもらえないでしょうか？

dengan さんがしているのは、
e = Σ[k=0..∞] 1/(k!)
の話でしょう。
これも「0に収束する有理数の無限和」です。

＞dengan さんがしているのは、
e = Σ[k=0..∞] 1/(k!)
の話でしょう。

それは、微分積分学の基本的な関数を使った定義ですよね。

私は、微積分学を使わないオイラーのバーゼル問題について言っています。

オイラーは、微積分学を使って、マクローリン展開で、x^3の項を比較してπ^2/6=Σ[k=0..∞] 1/(k^2)を理論づけていますが、同じ式から、x^5,x^7の項は求めることはできません、私が計算してできませんでした。

そこで、オイラーは、Σ[k=0..∞] 1/(k^4)からx^5の項を求めているはずです。

オイラーの微積分学を使って、x^3の項を比較してπ^2/6=Σ[k=0..∞] 1/(k^2)を理論づけは、その場しのぎと思っています。

まあ、こんなことを書くと異常人になるでしょうね・・・・

もともと、いかれた親父ですから・・・・

1πから7πまでの掛け算を計算してみました。
((1-x^2/(1π)^2) (1-x^2/(2π)^2) (1-x^2/(3π)^2) (1-x^2/(4π)^2) (1-x^2/(5π)^2) (1-x^2/(6π)^2) (1-x^2/(7π)^2))
=x^14の項、・・・x^8の項、
x^6の項
- x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(3π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(7π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(7π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(6π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(6π)^2 - x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2
- x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(5π)^2 - x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 - x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2
- x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2
x^4の項
+ x^2/(6π)^2 x^2/(7π)^2 + x^2/(5π)^2 x^2/(7π)^2 + x^2/(4π)^2 x^2/(7π)^2
+ x^2/(3π)^2 x^2/(7π)^2 + x^2/(2π)^2 x^2/(7π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(7π)^2
+ x^2/(5π)^2 x^2/(6π)^2 + x^2/(4π)^2 x^2/(6π)^2 + x^2/(3π)^2 x^2/(6π)^2
+ x^2/(2π)^2 x^2/(6π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(6π)^2 + x^2/(4π)^2 x^2/(5π)^2
+ x^2/(3π)^2 x^2/(5π)^2 + x^2/(2π)^2 x^2/(5π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(5π)^2
+ x^2/(3π)^2 x^2/(4π)^2 + x^2/(2π)^2 x^2/(4π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(4π)^2
+ x^2/(2π)^2 x^2/(3π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(3π)^2 + x^2/(1π)^2 x^2/(2π)^2
x^2の項
- x^2/(7π)^2 - x^2/(6π)^2 - x^2/(5π)^2 - x^2/(4π)^2 - x^2/(3π)^2 - x^2/(2π)^2 - x^2/(1π)^2
定数項
+ 1

x^2(実際はx^3)の項から
(x^2/π^2){1/1^2+1/2^2+1/3^2+1/4^2+1/5^2+1/6^2+1/7^2}=(x^2/π^2) Σ1/n^2はできますが、
x=4,6(実際はx^5,7)の項からできませんね。ちなみに、x^4（実際はx^5)の項は、オイラーによるとπ^4/90だそうです。

つまり、同じ式から求められません。

そこで、オイラーは、Σ[k=0..∞] 1/(k^4)からx^5の項を求めているはずです。

はちべえさんへ。

a_n = (1 +1/n)^n
b_n = (1 +1/n)^(n +1)

とりいそぎ。

Dengan kesaktian Indukmu様、こんにちは。

a_n = (1 +1/n)^n
b_n = (1 +1/n)^(n +1)

で、n→∞となると、a_n=eになりますね。

a_nのグラフは、http://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-13-010.png
b_nのグラフは、http://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-13-011.png
b_n-a_nのグラフは、http://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-13-012.pngとhttp://y-daisan.private.coocan.jp/html/20230313_BMP/2023-3-13-013.png
です。

b_n-a_n=(1+1/n)^(n+1)-(1+1/n)^n={(1+1/n)-1}(1+1/n)^n=(1/n)(1+1/n)^n
で、n→∞となると、(1/n)(1+1/n)^n=(1/n)eとなって、無理数ですね。
(1/n)がかかっているので、lim(1/n)e→0ですね。

グラフから見ると、a_nは、割と早くeに収束しますね。つまり、無理数に近づくということですね。

b_n=(1+1/n)a_nですから

a_n<e<b_n 　は　a_n<e<(1+1/n)a_n　
a_n<e<　(1+1/n)　a_n=b_n
b_n-a_n　は、
0<e-a_n<　(1+1/n)　a_n-a_n=b_n-a_n
0<e-a_n<　(1/n)　a_n
さて、nをかけて、
0<n(e-a_n)<　a_n
ne-n a_n<　a_n
na_nを足して、
ne< a_n +n a_n
e<(1+1/n)a_n=b_n

なんか行き詰まったなあ。

a_nもb_nもeに近似するから、無理数と言えるんじゃないかなあ。

Dengan kesaktian Indukmu様、すみません。

> x=4,6(実際はx^5,7)の項からできませんね。

できますよ。
というか、かつてここの（旧）掲示板で実際にやったことがあるので、サイトの方の膨大な記事のどこかに残っているはずです。
どれだったかな。

＞できますよ。

そうなんですか！

でも、できるはずがないと思います。

はちべえさんがおっしゃるに。
＞a_nもb_nもeに近似するから、無理数と言えるんじゃないかなあ。

はちべえさんは
はちべえさんなりの
「閉じていること」に身を捧げなくてはいけないのではないでしょうか？

a_nもb_nも有理数に無限回、
四則演算を適用したものですから
はちべえさんによる「閉じている」定義によれば
ネイピア数 e もまた有理数であるはずです。

しかるに無理数であるとおっしゃる。
自己矛盾。

原因は、閉じていることについての
理解不足があるのです。

Dengan kesaktian Indukmuさま、おはようございます。

まあ、バーゼル問題は、また進展がみられたらご報告します。

はちべえさんが考えるところの
有理数体は（無限回の）四則演算について閉じている、
については、既にネイピア数を例に上げて
誤りであるとお示しさせて頂きました。

実は、値のわかっている、あるいは値を計算可能な任意の無理数 c について
次のことがいえます。すなわち。

ある
単調増加有理数列 a_n
単調減少有理数列 b_n
が存在して、任意の正の自然数 n について
a_n < c < b_n
となり、かつ
n → ∞ のときに
b_n - a_n → 0
となる。

a_n も b_n も、無論、c に収束します。

無理数 c が与えられれば、上のような、有理数列 a_n や b_n を
高校数学の範囲でも四則演算を使って構成可能なのです。

重ねて強調しておきますが、
はちべえさんが考えるところの
有理数体は（無限回の）四則演算について閉じている、という概念が真ならば
任意の無理数が有理数になってしまいます。

バーゼル問題どころの騒ぎではないのです。

無限回の操作では、有限回の操作までの感覚が通用しないことがたくさんあります。
このあたりをきちんと教科書で学ばないと
人生の貴重な時間が無駄になります。

はちべえさんにご理解頂きたいことをもうひとつ。

実数、a、b、ただし、b > a について以下がいえます。

任意の正数 𝜀 について
𝑏 - 𝑎 < 𝜀
であるならば
𝑏 - 𝑎 = 0
である。きちんと書けば

∀𝜀 >0; 𝑏 - 𝑎 < 𝜀 ⇒ 𝑏 - 𝑎 = 0

これを疑っても益がありません。
事実上、公理だと思って下さい。

はちべえさんが反例を見出すことは不可能です。もしもただしい反例があれば
中間値の定理やロールの定理、平均値の定理、テーラー展開にまつわる定理、リーマン積分にまつわる定理など、
もろもろ全て、真理値が疑、になります。

最近の、はちべえさんによる数の体系についての
一連の疑義、訴えは、全て

∀𝜀 >0; 𝑏 - 𝑎 < 𝜀 ⇒ 𝑏 - 𝑎 = 0

への異議申し立てになっているのです。

失礼いたしました。

実数、a、b、ただし、b > a について以下がいえます。

ではなく

実数、a、b、ただし、b ≧ a について以下がいえます。

にしてください

> 右辺が自然数

これを証明してください。
私が知る限りでは、自然数の無限積が自然数になるという証明は存在しませんので、今のところこれははちべえさんが「正しくあってほしいこと」でしかありません。

追加証明が必要な点は他にもあると思いますが、最大の問題点はまずここです。

DD++様、おはようございます。

まず、無限積について、素数は素数定理より数が求められますが、無限でした。
カントールに言わせれば、この無限は付加番無限なんでしょうね。つまり、数えられる程度の無限ですね。

数学的帰納法は、自然数範囲で成り立つものなら、自然数はカントールの可付番無限であり、数えられるものですね。すると、可付番無限であるから、自然数範囲なので、可付番無限程度なら、数学的帰納法は、使えるんじゃないかなと思ったりしますが、どうなんでしょうね。

余談ですが、有理数も、可付番無限であります。

「数学的帰納法はなぜそれで証明されたことになるのか？」を考えたことはあるでしょうか。
また、「無限とは何であるか？」を考えたことは。

これらについて、一般的にどのように考えられているかをきちんと理解すれば、加算無限で数学的帰納法を使えるわけがないということが納得できると思います。
ですからまずはその辺りを調べてみてはどうでしょう。

加算無限は、可算無限ですか？

集合論らしいですね。

カントールの可付番無限（番号をつけて数えられる無限）とどう違うのですか？

集合の要素に番号をつけて、数えられる無限だそうです。

おなじようですね。

ああ、変換ミスしてましたね。
失礼しました、「可算無限」です。

オイラー積が、認められ、リーマンのゼータ関数が認められている以上、無限の問題はないと言えます。
リーマンのゼータ関数でも、各分数は
kは素数なので、
(k^s-1)／k^s=(k-1){k^(n-1)+k^(n-2)+k^n-3)+・・・+k^2+k+1}/k^s
kが2を除いて、奇数の素数は(k-1)が偶数なので、本質的に違いはありません。

したがって、リーマンのゼータ関数も間違っています。

ζ(s)が、どうであれ、等式として、左辺と右辺の2のべき乗数が違うので、成り立ちません。

ζ(s)が、2のべき乗であることはないので、問題ありません。

とはいえ、まあ、私は、どこかに論文を発表するわけでもないし、そういう目的もないのですから。

今の話題は「数学的帰納法は無限でも有効か」ですよね。
オイラー積やゼータ関数のどこで数学的帰納法が用いられているのですか？

> 私は、どこかに論文を発表するわけでもないし、そういう目的もないのですから。

論文という形でなくても、ここへの投稿は十分「発表」に該当するでしょう。
発表である以上、可能な限り正しくあろうとする心構えは必要です。

DD++様、おはようございます。

＞今の話題は「数学的帰納法は無限でも有効か」ですよね。

そうなっていますね。私としては、ただ無限という漠然ではなく、たとえば、可付番無限に絞った場合、オイラー積もリーマンのゼータ関数も自然数の範囲なのでしょうか、わかりませんが、無限ということを気にすることなく成立しているのは事実です。

ですから、無限の種類について、検討する必要があるでしょう。

＞オイラー積やゼータ関数のどこで数学的帰納法が用いられているのですか？

つかわれていません。

＞論文という形でなくても、ここへの投稿は十分「発表」に該当するでしょう。
発表である以上、可能な限り正しくあろうとする心構えは必要です。

ご指摘、理解できました。

> 無限ということを気にすることなく成立しているのは事実です。

違います。
無限ということを気にした上で、非常に慎重に論理を確認した上で成立しています。

無限ということをある程度軽く扱ってわかりやすく「説明」や「解説」をすることはありますが、それらは「証明」ではないのです。

DD++様、おはようございます。

＞無限ということを気にした上で、非常に慎重に論理を確認した上で成立しています。

それは、オイラーもリーマンもどのようにして、裏付けられたのですか？

＞無限ということをある程度軽く扱ってわかりやすく「説明」や「解説」をすることはありますが、それらは「証明」ではないのです。

確かに、改めてそれを証明されていませんね。

> オイラーもリーマンもどのようにして、裏付けられたのですか？

掲示板のレス程度に収まる話じゃないので、「無限数列の絶対収束」「複素関数の解析接続」にきちんと触れながら証明している書籍等を探してみてください。

> 改めてそれを証明されていませんね。

証明はされています。
はちべえさんが読んだことないだけです。

昔、どこかで聞いたような問題ですね！
(1)　n=3　のとき、　３桁の数は、３の倍数なので、各位の数の和は、３の倍数
　可能性は、　３、６、９、１２、１５、１８、２１、２４、２７　の何れか。
　上2桁が2で割れるので、上2桁目は、　０、２、４、６、８　の何れか。
　使える数字は、１，２，３で、各位の数が全て相異なることに注意して、
　上2桁目が　２　のとき、３桁の数の可能性は、
　１２３、３２１
　以上から、３桁の整数の中で、最小値は、１２３　で、最大値は、３２１　である。
(2)　n=4　のとき、使える数字は、１、２、３、４で、各位の数が全て相異なり、
上2桁が2で割れる。
上3桁が3で割れる。
4桁が4で割れる。
という条件から、まず、4桁が4で割れるためには、下2桁が4の倍数であればよいので、
その可能性は、　○○１２、○○２４、○○３２　の３通り
○○１が、３の倍数となることはない。
○○２が、３の倍数となるのは、　１３２、３１２
○○３が、３の倍数となることはない。
　以上から、　１３２４、３１２４　で、この中に、上2桁が2で割れるものはない。
　よって、n=4　のとき、解なし
(3)　n=5　のとき、使える数字は、１、２、３、４、５で、各位の数が全て相異なり、
上2桁が2で割れる。
上3桁が3で割れる。
上4桁が4で割れる。
5桁が5で割れる。
という条件から、一の位は5と確定し、n=4　のときと同様に、解なしとなる。
(4)　n=6　のとき、使える数字は、１、２、３、４、５、６で、各位の数が全て相異なり、
上2桁が2で割れる。
上3桁が3で割れる。
上4桁が4で割れる。
上5桁が5で割れる。
6桁が6で割れる。
という条件から、十の位は5と確定し、（千の位，百の位）も可能性は、
　（１，２）、（１，６）、（２，４）、（３，２）、（３，６）、（６，４）
　また、万の位の可能性は、２、４、６　なので、以上を組み合わせると、可能性は、
　○４１２５○、○６１２５○、○２１６５○、○４１６５○、○６２４５○、○４３２５○、
　○６３２５○、○２３６５○、○４３６５○、○２６４５○
　残りの数字を書き加えて、条件を満たすものを探すと、
　３２１６５４　、１２３６５４
の２通り存在する。
(5)　n=7　のとき、使える数字は、１、２、３、４、５、６、７で、各位の数が全て相異なり、
上2桁が2で割れる。
上3桁が3で割れる。
上4桁が4で割れる。
上5桁が5で割れる。
上6桁が6で割れる。
7桁が7で割れる。
という条件から、十の位は5と確定し、n=6　のときと同様に考えて、可能性は、
　○４１２５○○、○６１２５○○、○２１６５○○、○４１６５○○、○６２４５○○、○４３２５○○、
　○６３２５○○、○２３６５○○、○４３６５○○、○２６４５○○、○４７２５○○、○６７２５○○、
　○２７６５○○、○４７６５○○
　残りの数字を書き加えて、条件を満たすものはないので、解なしとなる。
(6)　n=8　のとき、使える数字は、１、２、３、４、５、６、７、８で、各位の数が全て相異なり、
上2桁が2で割れる。
上3桁が3で割れる。
上4桁が4で割れる。
上5桁が5で割れる。
上6桁が6で割れる。
上7桁が7で割れる。
8桁が8で割れる。
という条件から、十の位は5と確定し、n=7　のときと同様に考えて、可能性は、
　○４１２５○○○、○６１２５○○○、○８１２５○○○、○２１６５○○○、○４１６５○○○、
　○８１６５○○○、○６２４５○○○、○８２４５○○○、○４２８５○○○、○６２８５○○○、
　○４３２５○○○、○６３２５○○○、○８３２５○○○、○２３６５○○○、○４３６５○○○、
　○８３６５○○○、○２４８５○○○、○６４８５○○○、○２６４５○○○、○８６４５○○○、
　○２６８５○○○、○４６８５○○○、○４７２５○○○、○６７２５○○○、○８７２５○○○、
　○２７６５○○○、○４７６５○○○、○８７６５○○○、○２８４５○○○、○６８４５○○○
　残りの数字を書き加えて、条件を満たすものを探すと、　３８１６５４７２　の１通り存在する。

条件aについて
(1)～(7)共通
条件から、偶数桁目は偶数でなければならない。…(a)
条件から、上から3桁ごとの合計は3の倍数でなければならない。…(b)
(3)～(7)共通
条件から、5桁目は5でなければならない。…(c)

(1)
(a)から123,321しかあり得ないが、これはどちらも条件を満たす。

(2)
(a)から4桁目は2か4だが、上3桁が3で割り切れるためには4桁目は4でなければならない。
しかし3桁目が奇数で4桁目が4である数は4で割り切れないので解なし。

(3)
(c)から5桁目は5なので上4桁は(2)を満たさなければならない。よって解なし。

(4)
使える偶数は2,4,6なので、(a)(b)(c)から、下3桁は456または654でなけれぱならない。
3桁目が奇数で4桁目が4だと上4桁が4で割り切れないので、下3桁は654と決まる。
すると上3桁は1,2,3となり(1)を満たす必要があるので、上3桁は123か321。
従って条件を満たす解は123654と321654。

(5)
使える偶数は(4)と同じなので、4桁目～6桁目は654。
残る1,2,3,7は足して3で割ると1余るので、7桁目は1か7。
(a)により、7桁目が1の場合は先頭3桁は327か723、7桁目が7の場合は先頭3桁は123か321と決まるが、
3276541,7236541,1236547,3216547はいずれも7で割り切れず、解なし。

(6)
使える偶数は2,4,6,8であり、3桁目が奇数で上4桁が4で割り切れなければならないことから
4桁目は2か6なので、(a)(b)(c)から4桁目～6桁目は258か654。
258のとき残る数は1,3,4,6,7だが、7桁目が奇数で上8桁が8で割り切れるためには、
少なくとも8桁目は4で割り切れない偶数すなわち6でなければならず、
(a)(b)から14725836,74125836
654のとき残る数は1,2,3,7,8だが、7桁目が奇数で上8桁が8で割り切れるためには、
少なくとも8桁目は4で割り切れない偶数すなわち2でなければならず、
(a)(b)から18365472,38165472,38765412,78365412
このうち「上7桁が7で割り切れ上8桁が8で割り切れる」を満たすものは38165472のみ。

(7)
(6)と同様に xxx258xxx, xxx654xxx
7桁目が奇数で上8桁が8で割り切れるためには xxx258x6x, xxx654x2x
残りの偶数を2桁目に入れて x4x258x6x, x8x654x2x
前者は1桁目と3桁目に1,7を入れなければならないが、
(6)から上8桁が14725836,74125836は条件を満たさないので、可能性があるのは
147258963,741258963
しかしいずれも「上7桁が7で割り切れる」という条件を満たさない。
後者は1桁目と3桁目に(1または7)(3または9)を入れなければならないので、可能性があるのは
183654729,183654927,189654327,189654723,381654729,381654927,387654129,387654921,
783654129,783654921,789654123,789654321,981654327,981654723,987654123,987654321
このうち上7桁が7で割り切れるものは381654729と783654921だが、後者は上8桁が8で割り切れないので
条件を満たす解は381654729のみ。

(条件aのまとめ)
(1) 123,321
(4) 123654,321654
(6) 38165472
(7) 381654729
(2)(3)(5)は解なし。

条件bについて
「下2桁が2で割れる」と「下9桁が9で割れる」は無視してよい。
「下4桁が4で割れる」から
xx12,xx32,xx52,xx72,xx24,xx64,xx84,xx16,xx36,xx56,xx76,xx28,xx48,xx68
「下3桁が3で割れる」の条件を加えて
x312,x612,x912,x132,x432,x732,x852,x372,x672,x972,x324,x624,
x924,x264,x564,x864,x384,x684,x984,x216,x516,x816,x936,x156,
x456,x756,x276,x576,x876,x528,x348,x648,x948,x168,x468,x768
このうち「下8桁が8で割れる」ものはちょうど半数で
x312,x912,x432,x672,x624,x264,x864,x384,x984,x216,x816,x936,
x456,x576,x528,x648,x168,x768
残る条件は「下6桁が6で割れる」「下7桁が7で割れる」だが、
手作業で全通り計算するのは非常に大変なので最小値と最大値だけを考えることにする。
「下6桁が6で割れる」という条件から上3桁の合計は3の倍数でなければならないので、上3桁は
小さい順に123,126,129,132,135,138,…
大きい順に987,984,981,978,975,972,…
上3桁が123の場合、下3桁は上記のうち1,2,3を含まないものなので
864,984,456,576,648,768
上から4桁目が4だとすると下3桁は576か768なので
123489576,123498576,123459768,123495768
しかしこれらはいずれも下7桁が7で割り切れない。
上から4桁目が5だとすると下3桁は864,984,648,768なので候補は
123579864,123597864,123567984,123576984,123579648,123597648,123549768,123594768
このうち123567984だけ下7桁が7で割り切れて条件bを満たすので、これが最小値。
上3桁が987の場合、下3桁は上記のうち9,8,7を含まないものなので
312,432,624,264,216,456
上から4桁目が6だとすると、下3桁は312か432なので
987654312,987645312,987651432,987615432
しかしこれらはいずれも下7桁が7で割り切れない。
上から4桁目が5だとすると、下3桁は312,432,624,264,216なので候補は
987564312,987546312,987561432,987516432,987531624,
987513624,987531264,987513264,987543216,987534216
このうち下7桁が7で割り切れるものは987564312と987516432の二つであり、
987564312の方が大きいのでこれが最大値。

(条件bの答え)
最小値は 123567984 、最大値は 987564312

S1 = 10 - π^2　、S2 = (21 - 2π^2)/32　ですか？

1/(n^3(n+1)^3)=(6n^2-3n+1)/n^3-(6(n+1)^2+3(n+1)+1)/(n+1)^3
なので
S1=Σ[n=1～∞]1/(n^3(n+1)^3)
=Σ[n=1～∞](6n^2-3n+1)/n^3-(6(n+1)^2+3(n+1)+1)/(n+1)^3
=(6*1^2+3*1+1)/1^3-6ζ(2)
=10-π^2

1/(n^3(n+2)^3)=(1/16){(3n^2-3n+2)/n^3-(3(n+2)^2+3(n+2)+2)/(n+2)^3}
なので
S2=Σ[n=1～∞]1/(n^3(n+2)^3)
=(1/16)Σ[n=1～∞]{(3n^2-3n+2)/n^3-(3(n+2)^2+3(n+2)+2)/(n+2)^3}
=(1/16){(3*1^2+3*1+2)/1^3+(3*2^2+3*2+2)/2^3-6ζ(2)}
=(21-2π^2)/32

なりませんね。
どう見ても論理の筋が通ってないです。

何かを主張したいのであれば、まず「証明とは」を勉強してくることをオススメします。

両方直さなくてはいけません。
複数欠陥があるうち1つだけ直しても完璧になるわけがないでしょう。
（しかも、n≧3 の方も治ってるとは思えません）

まあでもn≧3の方は結果的に必要性が出てくればいい話なので、積極的な修正を急ぐものではないと思います。
まず修正すべきは論理の欠陥の方です。

件の式が a^t で割り切れる整数になるというのを裏付ける論理を私は知りません。
多分他の誰も知りません。
はちべえさんの中ではなぜかそういう定理が存在していることになっているようですが、
はちべえさんがその定理の内容と証明を開示するまでは、得られた結論ははちべえさんの妄想でしかありません。
「議論をするのに必要となる正しいか間違っているかの判断材料を隠したまま、ただ『自分が間違えるわけないんだ』と連呼してばかりの人がいる」のが現状です。

＞件の式が a^t で割り切れる整数になるというのを裏付ける論理を私は知りません。
多分他の誰も知りません。

等式の性質だと思うのですが・・・・

単なる数式の計算に論理が要るでしょうか？

単なる数式の計算ではないから論理を求めているのです。

では、どこに論理があるのでしょう？

私は、ただ、等式の性質を使って、数式計算をしただけなのです。

思い当たるフシがありません。

学校の先生は、順を追って、説明します。
かと言って、意図した論理から、結論につながることはまずありません。
オイラーにしても、ラマヌジャンにしても、ひたすら計算して、発見するのです。
そこで、初めて、現象を説明する論理が構成されるのです。

まず、発見が最初なんです。

> どこに論理があるのでしょう？

それを私が聞いているのですが。
どこかに (b) 式から (c) 式になる正しい論理が存在するのだとしたら、それは証明者の頭の中か証明の文章の中です。
そして現状、証明の文章の中にはそれがありません。
はちべえさんの頭の中にもないのであればこの証明は論理破綻しているということになりますね。

DD++様、おはようございます。

等式において、両辺を0でない同じ数で割っても、等式の性質により成り立ちます。
PDFより、
(b) 式の両辺を a^t で割ると、a, c は互いに素であるから、(b) 式の右辺の c^(n−1) は a^t は割り切れ
ない。ただし、t は t < n の自然数である。
ゆえに、右辺の c^(n−1) を除いた式は a^t の倍数でなければならない。

となって、(c)式が構成されるのです。

だから、それが正しい計算である根拠はどこにあるのですか、と。
「正しくあってほしいこと」を何度言おうがどんな大きい声で言おうがそれは「何度も大きな声で言われた正しくあってほしいこと」でしかなく、「正しいこと」にはなりません。

これは、等式の性質から、導かれることで、私の都合の論理では、ありません。

投稿制限により、投稿できないので、ここに書きます。

＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊＊

その性質とは、前にも書いたとおり、

等式において、両辺を0でない同じ数で割っても、等式の性質により等式は成り立ちます。

だから、そんな計算を可能にする性質を誰も知らないのでその内容を開示してください、と言っているのですが。

はちべえさんが訳の分からないことしか言わないので、(a) から (b) までの論理の提示例を示します。

-------

k は 1≦k≦n を満たす自然数。

c^(n-k) * b^(k-1)
= { c^(n-1) * c^(1-k) } * b^(k-1) （指数法則 a^
(m+n) = a^m * a^n：証明は高校数学IIの教科書等を参照）
= c^(n-1) * { c^(1-k) * b^(k-1) } （積の結合法則 (ab)c = a(bc)：公理）
= c^(n-1) * { b^(k-1) * c^(1-k) } （積の交換法則 ab = ba：公理）
= c^(n-1) * { b^(k-1) * (c^(-1))^(k-1)} （指数法則 a^(mn) = (a^m)^n：証明は高校数学IIの教科書等を参照）
= c^(n-1) * { b^(k-1) * (1/c)^(k-1)} （-1乗の定義）
= c^(n-1) * {(b/c)^(k-1)} （指数法則 a^n * b^n = (ab)^n：証明は高校数学IIの教科書等を参照）

(a) 式の { } の中
= Σ[k=1..n] c^(n-k) * b^(k-1) （Σの定義）
= Σ[k=1..n] c^(n-1) * {(b/c)^(k-1)} （上で示した等式：上で書いた証明を参照）
= c^(n-1) * Σ[k=1..n] {(b/c)^(k-1)} （分配法則 k(a+b+c+…) = ka + kb + kc + …：2項のものは公理、3項以上は和の結合法則と数学的帰納法により示される）

(b) 式の左辺
= (a) 式の左辺　　（同一の式）
= (c-b) * { Σ[k=1..n] c^(n-k) * b^(k-1) } （(a) 式：本文の証明を参照）
= (c-b) * [ c^(n-1) * Σ[k=1..n] {(b/c)^(k-1)} ] （上で示した等式：上で書いた証明を参照）
= (c-b) * c^(n-1) * Σ[k=1..n] {(b/c)^(k-1)} （積の結合法則 (ab)c = a(bc)：公理）
= (b) 式の右辺

----

はい、(b) 式から (c) 式までをはちべえさんの手でどうぞ。

DD++様
PDFと表現が違うだけで、同じですよね？

＋・・・＋の表現をΣにしただけですよね？

本気で言ってます？
+とΣの表記の違いなんて些末な違いですよ。
各変形がどういう論理で正当化されるのか1行ごとに全部書いてあるのが見えないんですか？

DD++様、おはようございます。

ご指摘は、理解できました。

この話題は、この辺で、おわりにしませんか？

私は、どこかに論文を発表するわけでもないし、そういう目的もないのですから。

＞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？

最初に、nは3以上の自然数と書いてあります。

また、a,b,cも互いに素な自然数と書いてあります。

私が、a,b,cが自然数をつかってないから、負の数はどうするのかというのは、おかしいでしょう。
a,b,cが整数なら、a^n+b^n=c^nが成り立つことは、この掲示板でも取り上げられています。

＞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、私は、完全だと思うから（他人から見れば不完全なこともありますが）投稿しているのであって、それが一般的に正しいと証明されていれば、投稿するはずがないでしょう？

> そもそも、私は、完全だと思うから（他人から見れば不完全なこともありますが）投稿しているのであって、それが一般的に正しいと証明されていれば、投稿するはずがないでしょう？

正しい証明はだれが見ても完全なものであるので、うんさりはちべえさんが完全だと思うだけでなく、他人から見ても(だれが見ても)完全であると判断できる証明を投稿して欲しいのです。

＞正しい証明はだれが見ても完全なものであるので、うんさりはちべえさんが完全だと思うだけでなく、他人から見ても(だれが見ても)完全であると判断できる証明を投稿して欲しいのです。

どうして、自分が他人になれるのですか？

自分が、完全であると思ったものは、どうしようもないでしょう？

> 最初に、nは3以上の自然数と書いてあります。

証明(No.590)中で、そこ以外に、n>=3を使っている場所はないのですね。

その証明が正しいものと仮定すると、(他で、n>=3を使っていないので)
その証明の「nは3以上の自然数」の部分を「nは2以上の自然数」と書き換えても正しい証明になります。
よって、FLT(2)が成立することになり、矛盾します。

> 私は、フェルマーの最終定理をみんなが挑戦すればいいと思います。

> それを今まで数学者ができなかったから、禁止せよという御論には、全く賛同できません。

この点に関してははちべえさんに同意します。
「これまで一例もなかったのだから、これから先もそんな例はない」なんて理屈がひどい誤謬であるのは数学をやっている人なら誰でもわかります。
Nakaoさんの言い分は明らかに筋が通っていません。
しかも、実際の歴史上で難問と言われてきた問題がある日突然あっさり解決した例がないかどうかもわかりませんしね（むしろ探せばいくらでも出てきそう）。

しかし一方で、はちべえさんははちべえさんで非常に独善的な決めつけが多く、結果として証明とはとても呼べない妄言に近いものの繰り返しになってしまっているのも確かです。

「正しくあってほしいこと」
「正しいと自分が信じていること」
「自分が証明できたと主張すること」
「証明が世間で受け入れられること」

「誤りであってほしいこと」
「誤りだと自分が信じていること」
「誤りだと自分が証明できたと主張すること」
「誤りである証明が世間で受け入れられること」

これらの違いは数学では非常に大事です。
というか、これらを区別することが数学という世界の唯一のルールだと私は思っています。
このルールを遵守している限り、「1+1=0 である」という主張をするのすら数学では自由です。
（「2を法とする剰余類」という実際に存在する話です）
数学は広く開かれていると思いますよ。

はちべえさんが何をどれだけ熱弁しても批判ばかりなのは、理屈が誤っているからでも、数学の世界が狭量だからでもありません。
はちべえさんがこのルールを無視しているから、ただそれだけです。
数学界が不健全なのではなく、はちべえさんの数学に対する態度が不健全なんですよ。

＞はちべえさんがこのルールを無視しているから、ただそれだけです。
数学界が不健全なのではなく、はちべえさんの数学に対する態度が不健全なんですよ。

DD++様、おはようございます。
ご指摘ありがとうございます。

でも、オープンな議論を許せば、そういう多様性からも、なにか得るものがあると思うのですよ。

まあ、私が、異常な人間かもしれませんが・・・・？

> オープンな議論を許せば、そういう多様性からも、なにか得るものがあると思うのですよ。

ええ、「議論になっていれば」そうでしょうね。
しかし私は、はちべえさんの話は「そもそも議論と呼べるものになっていない」と言っているのですよ。

> どうして、自分が他人になれるのですか？
> 自分が、完全であると思ったものは、どうしようもないでしょう？

他人になれとは書いていない。
「だれが見ても完全であると判断できる証明を投稿して欲しい」と書いた。
たとえ自分の証明の正しさに確信があったとしても、投稿前に、他のだれかにその証明をレビューしてもらって、レビュー者が正しいと判断した証明を投稿すれば良いのです。

＞その証明が正しいものと仮定すると、(他で、n>=3を使っていないので)
その証明の「nは3以上の自然数」の部分を「nは2以上の自然数」と書き換えても正しい証明になります。

それは、フェルマーの最終定理にも言えることではないですか？
n>=3という前提があるのです。
それを無視すれば、フェルマーの主張は間違っています。

前提条件を無視するのは、おかしくありませんか？

＞たとえ自分の証明の正しさに確信があったとしても、投稿前に、他のだれかにその証明をレビューしてもらって、レビュー者が正しいと判断した証明を投稿すれば良いのです。

国家の品格という本を書いた数学者が、「査読をしてくれと無理矢理郵便物を送りつけてくるやつがいる。そんなものは無視する。」と言ってます。

査読を引き受けてくれる人は、めったにいません。

そこで、失礼ですが、この掲示板を利用しています。

＞しかし私は、はちべえさんの話は「そもそも議論と呼べるものになっていない」と言っているのですよ。

DD++様のおっしゃるとおりです。

査読で、明らかな間違いを指摘されたら、その修正作業になりますよね。

その点で、DD++様の指摘は、私は明らかな間違いが自覚できました。

議論とは、間違いと認められないとき、起こるのではないでしょうか？

はちべえさんにお伝えしておくと、このNakaoさんという方は旧掲示板で数学的な話っぽく見せかけた人格攻撃をし掲示板を荒らした前科がある人だというのを考慮して読んだ方がいいです。
この掲示板をレビューに使っていいかを勝手に決めるなんて、きっと自分が神にでもなってここの管理権限を乗っ取ったつもりにでもなっているんでしょうね。

さて、それはそれとしてNakaoさんの話からちゃんと数学的に価値がある部分だけ抜き出すと、こういうことですね。

・フェルマーの最終定理が n≧3 で成り立ってほしい
・フェルマーの最終定理（と同形式の文）は n=2 では誤りであることは証明されている（はちべえさんも同意してくれますか？）

という二つから考えると、フェルマーの最終定理の正しい証明になっている「文書X」があったとすると、

・n≧3 の場合は文書X理屈の通った文章になる
・n≧3 という条件を無視して n=2 とした場合は文書Xはどこかに誤りがある文章になる

ということが言えるはずなんです。
Nakao さんは「その n=2 のときに誤りである箇所はどこなのか」と問うていますね。

まあ、それで証明が誤りだとわかったとしてもどこを修正すべきなのか何の情報も得られないので、レビューでの指摘の仕方としてあまりうまいやり方だとは思いません。
が、証明できたと主張する側からは投稿前に考慮するべき点ではあったかなとも思います。

> n>=3という前提があるのです。
> それを無視すれば、フェルマーの主張は間違っています。

> 前提条件を無視するのは、おかしくありませんか？

証明の中で使っていない前提は、証明から除去しても、証明の正しさは保存される(結論も保存される)。
FLTではn>=3の前提は必須なので、FLTの証明が正しければ、必ずその証明中で使われることになる。

うんさりはちべえさんのFLTの初等的証明(No.590)は、n>=3の前提を全く使っていないので、誤りである。(証明終わり)

n=2のとき、
a^2=c^2-b^2=(c-b)(c+b)=(c-b)c(1+b/c)
aとcは互いに素であるから、aでa^2=(c-b)c(1+b/c)は左辺が割り切れるが右辺は割り切れない。
よって、a^2+b^2=c^2はなりたたない。
しかし、ピタゴラス数から、明らかに間違いである。

このように、一見n≧3は使われているように見えませんが、ちゃんと使われているのですよ。

DD++様の指摘にも回答になったかな？

＊＊＊＊＊＊＊１６：５２分＊＊＊＊＊＊

さて、ご指摘のあった間違いを修正して、PDFにしました。
http://y-daisan.private.coocan.jp/html/pdf/felmer-10-2.pdf

これで、どうでしょうか？

> 議論とは、間違いと認められないとき、起こるのではないでしょうか？

数学の世界に限っての話だとして、議論になるのは
「証明中で略しているところについて、世間でその部分の証明が受け入れられているので略していいと思っている人 vs 世間で受け入れられている証明があるのを知らないので疑問を投げかける人」
の構図が多いと思います。

その場合、
「証明する側がその部分の証明を追加提出して決着」
「世間でその部分の証明が受け入れられているというのが勘違いだったことが発覚して決着」
のどちらかになるでしょうね。

今回だと私や管理人さんが「世間で受け入れられている証明があるのを知らないので疑問を投げかける人」で、
はちべえさんが指摘を受けた部分の追加証明をしないので、
周囲の人は「世間でその部分の証明が受け入れられているというのが勘違いだったことが発覚して決着」をしたんだなと見ていると思います。

こういう場合、両者が数学的態度であれば、証明できたと言っていた側も「すいません思い込みでした」となって終わります。
もしここで「自分が思い込みなんてするはずがないんだ！」とやり始めた場合というなら、議論が起こるどころか、それはもう既に議論という舞台からはみ出しての乱闘と化した状態です。

PDFの2ページ目の3行目、
「a^t の倍数でなければならない」
に、より詳細な証明が必要です。
現状ここははちべえさんが「正しくあってほしいと思っていること」でしかありません。

DD++様、おはようございます。

さて、ご指摘のあった間違いを修正して、PDFにしました。
http://y-daisan.private.coocan.jp/html/pdf/felmer-10-2.pdf

これで、どうでしょうか？

何も変わっていないように見えますが。
私が求めているのは論理的な裏付けであって、
決して声を大きく言うことでも繰り返して何度も言うことでもないんですよ。

あと、一番上のところ、まるで私がこれで完成であることに賛同しているような記述はやめてください。
私はこれは証明として欠陥だらけのひどい状態だと思っています。

> n=2のとき、
> a^2=c^2-b^2=(c-b)(c+b)=(c-b)c(1+b/c)
> aとcは互いに素であるから、aでa^2=(c-b)c(1+b/c)は左辺が割り切れるが右辺は割り切れない。
> よって、a^2+b^2=c^2はなりたたない。
> しかし、ピタゴラス数から、明らかに間違いである。
「a^2+b^2=c^2はなりたたない」が証明できたことで、そこまでの証明(推論)が間違っていることは明らか。
明らかに間違いであるのは、うんさりはちべえさんの証明(No.590)です。
どこが間違っているのかは、問題ではない(問題にもならない)。

> このように、一見n≧3は使われているように見えませんが、ちゃんと使われているのですよ。
No.590の証明では使われていない。(どこにも書いていない)
初等的な証明というのであれば、その中で使った補助定理は、うんさりはちべえさんによって、全て証明できるはずです。証明で使われた補助定理の少なくとも１つにはn>=3の前提が含まれるので、書いていなくても使われているは詭弁ですよ。

> DD++様の指摘にも回答になったかな？
全くなっていない。

> 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)。

３個の平方数の和が平方数になることは、そんなに大きな数を持ち出さなくても普通にあります。
例えば
3^2+4^2=5^2
5^2+12^2=13^2
ですから
3^2+4^2+12^2=13^2
です。
さらに
13^2+84^2=85^2
なので
3^2+4^2+12^2+84^2=85^2
そして
85^2+132^2=157^2
なので
3^2+4^2+12^2+84^2+132^2=157^2
のように、任意の自然数nに対して「n個の平方数の和が平方数」となる組があります。
(追記)
もっと小さい数の
1^2+2^2+2^2=3^2
なんてのもありますね。

らすかるさま

お教えをありがとうございます。

#小四の私に教えたい……

奇数の完全数はない　http://y-daisan.private.coocan.jp/html/kanzensu.pdf

で、aを素因数分解した素数の数より、σ(a)を構成する合成数が少なくとも1個以上多いことが証明できました。でも、それらの合成数を素因数分解して整理したら、左辺と右辺の素数の数は等しくならないかという疑問が生じました。それで、行き詰っています。

そこで、σ(a)の約数の素因数分解をやってみました。http://y-daisan.private.coocan.jp/html/2019062801.html

でも、そんなことでは解決しませんよね。

誰か、この問題を解決してくれませんかね？

a^n+b^n=c^nにおいて、c^n-b^n=a^nとなる。
c=x+j,b=x,a=x-kとする。すると、
c^n-b^n=a^nから、(x+j)^n-x^n=(x-k)^n
そこで、右辺をf(x)、左辺をg(x)とおく。
したがって、f(x)=g(x)でなければならない。

ガウスの代数学の基本定理より、 単一の重根kを持つならば、
x=kのとき、f(k)=0なので、g(k)=0であるはずである。
g(k)=(k+j)^n-k^n
n
= ∑ nCi k^(n-i)j^i -k^n
i=0

i=0のとき、nCi k^(n-i)j^i=k^nより、
n
= ∑ nCi k^(n-i)j^i +k^n -k^n
i=1

n
= ∑ nCi k^(n-i)j^i >0
i=1

よって、f(k)≠g(k)

したがって、g(x)は、単一の重根kを持をもたない。
よって、c^n-b^n=a^nは、成り立たない。
つまり、a^n+b^n=c^nは、成り立たない。

フェルマーの最終定理が初等的に証明できた。

しかし、
g(x)=(x+j)^2-(x+k)^2 >0 （ただし、j>k>0）でも、
ピタゴラス数では、たとえば、(13,12,5)という組み合わせがあります。
13^2-12^2=5^2
(13+12)(13-12)=25=5^2
となって、g(x)>0でも、解を持つのです。

これは、c^2-b^2=(c-b)(c+b)
と因数分解できるからです。

もちろんc^n-b^nも公式では、
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)}
より、２つの合成数の積です。それが、整理すると、a^nになるかもしれません。

これも、合成数の積を整理すると、という問題です。

もちろん、aが素数ならば、フェルマーの最終定理の初等的証明はできているのです。

c=x+j,b=x,a=(x-u)(x-v)とする。
ガウスの代数学の基本定理より、 2つの重根u,vを持つならば、
f(x)=(x-u)^n(x-v)^n
また、
g(x)=(x+j)^n-x^n
したがって、f(x)=g(x)でなければならない。
x=uのとき、f(u)=0なので、g(u)=0であるはずである。
g(u)=(u+j)^n-u^n
n
= ∑ nCi u^(n-i)j ^i -u^n
i=0

i=0のとき、nCi u^(n-i)j ^i=u^nより、

n
= ∑ nCi u^(n-i)j ^i +u^n -u^n
i=1

n
= ∑ nCi u^(n-i)j ^i >0
i=1
よって、f(u)≠g(u)
同様に、f(v)≠g(v)
したがって、g(x)は、2つの重根u,vを持をもたない。

同様にして、a=(x-u)(x-v)(x-w)として、ガウスの代数学の基本定理より、 3つの重根u,v.wを持つならば、
同様にf(u)≠g(u),f(v)≠g(v),f(w)≠g(w)
したがって、g(x)は、3つの重根u,v,wを持たない。
同様にして、a=(x-u)(x-v)(x-w)(x-z)・・・・として、ガウスの代数学の基本定理より、 n個の重根u,v.w・・・・を持つならば、
同様にf(u)≠g(u),f(v)≠g(v),f(w)≠g(w)・・・・
したがって、g(x)は、n個の重根u,v,w・・・・を持をもつならば、n個重根を持たない。
以上から、aを素因数分解したら、素数β1,β2,β3,β4,・・・・・であるとき、b-α1=β1,b-α2=β2,b-α3=β3,・・・・とする と、
f(x)=(x-α1)^n(x-α2)^n(x-α3)^n(x-α4)^n・・・・・
であるから、
上記より、
f(α1)≠g(α1),f(α2)≠g(α2),f(α3)≠g(α3),f(α4)≠g(α4),・・・・・
より、c^n-b^n≠a^n
同様に、
より、c^n-a^n≠b^n
したがって、
a^n+b^n≠c^n
ゆえに、フェルマーの最終定理が証明された。

というのもどうかな？

＞もちろんc^n-b^nも公式では、c,b,jが自然数なら、
＞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)}
＞より、２つの合成数の積です。それが、整理すると、a^nになるかもしれません。

しかし、b,cが依存関係にあるとき、c=x+j,b=xとすると先にも書いたように、g(x)>0になるのです。
c^n-b^n=(x+j-x){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
c^n-b^n=j{c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}>0
より、ガウスの代数学の基本定理が使えないのです。
つまり、この公式は間違ってしまうのです。

c,bが独立であれば、c-b=0が成り立つので、ガウスの代数学の基本定理から
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)}
となるのです。
また、次の項は、{c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+c^(n-4)b^3+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}＞０
より、ガウスの代数学の基本定理が成り立つには、c-b=0しかありえないのです。
したがって、c,bが独立でないと、
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)}
とはできないのです。

したがって、最初のフェルマーの最終定理の初等的証明は、間違ってないのです。

> したがって、f(x)=g(x)でなければならない。

これは方程式ですか、それとも恒等式ですか？

DD＋＋さま、こんにちは。

方程式です。
f(x)=g(x)で、h(x)=g(x)-f(x)です。代数学の基本定理では、h(k)=g(k)-f(k)=0ですが、f(k)=0で、f(x)=g(x)なので、g(k)=f(k)=0となります。
もともと、
g(x)=c^n-b^n,f(x)=a^nより、c^n-b^n=a^nつまり、a^n+b^n=c^n
ここで、
c=x+j,b=x,a=x-kです。
より、
g(x)=(x+j)^n-x^n,f(x)=(x-k)^n
また、
g(x)=f(x)
です。

No.566のc,bが従属では、代数学の基本定理は使えませんが、普通に因数分解できることには変わりありません。
c^2-b^2=(x+j)^2-x^2=x^2+2jx+j^2-x^2=j(2x+j)=j(x+j+x)=(c-b)(c+b)
(13,12,5)は、(c=x+j、x,x-k）より、j=1,2x+j=2x12+1=25で、1x25=5^2
で、問題ありません。

c^n-b^n=(c-b){c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+・・・+cb^(n-2)+cb^(n-1)}
c^n-b^n=j{c^(n-1)+c^(n-2)b+c^(n-3)b^2+・・・+cb^(n-2)+b^(n-1)}
=a^n
となることは、ありえないでしょう。いま、a=xyzxvwと素因数分解できたとして、a^n=x^n y^n z^n x^n v^n w^nですからc^n-b^nにはjがあるから、・・・

方程式なのだとしたら、

> したがって、g(x)は、単一の重根kを持をもたない
（「重根」じゃなく単なる「根」とすべきかと思いますが）

は、x=k 以外の根の存在は全く否定していません。

つまり、次の行の

> よって、c^n-b^n=a^nは、成り立たない。

は「成り立たない例が存在する」に訂正されるべきです。

というか、そもそも

∑ nCi k^(n-i)j^i >0

という不等式の根拠はどこから来たのでしょう。
n=4, k=-1, j=1 なら左辺は -1 になるので、不成立であるように見えますが。

DD++さま、こんばんは。

c>b>aということで、c,b,a,j,k,xとも自然数です。

c^n=(x+j)^nなので、二項定理より,
n
ΣnCi x^(n-i) j^i
i=0
となっています。i=0では
nCi x^(n-i) j^i=x^n
となります。
i=nでは、
nCi x^(n-i) j^i=j^n
となります。
二項定理をそのまま書くと
c^n=nCo x^n j^0+nC1 x^(n-1) j +nC2 x^(n-2) j^2+・・・・+nC(n-1) x^1 j^(n-1)+nCn x^0 J^n
つまり、
n
ΣnCi x^(n-i) j^i=nC0 x^n j^0+nC1 x^(n-1) j +nC2 x^(n-2) j^2+・・・・+nC(n-1) x^1 j^(n-1)+nCn x^0 J^n
i=0
ということですね。

g(x)=c^n-b^n

n
=ΣnCi x^(n-i) j^i - x^n
i=0

n
=ΣnCi x^(n-i) j^i +x^n-x^n
i=1

n
=ΣnCi x^(n-i) j^i > 0
i=1

となります。

八兵衛さん投稿を読む限り、どこを読んでも c>b>a という制限は課されていないよう見えますが。
また、a が自然数だというのなら、 x=k とはできないはずです。

各部分ごとで勝手な条件を暗黙的に付け足して話をしていて、筋が全く通っていないように見えます。

DD++さま、おはようございます。

＞八兵衛さん投稿を読む限り、どこを読んでも c>b>a という制限は課されていないよう見えますが。

すみません、フェルマーの最終定理は、a^n+b^n=c^nですから、a,b,cは自然数であり、c>a,bです。a,bは、c^n-b^n=a^nから、b>aとしました。

＞また、a が自然数だというのなら、 x=k とはできないはずです。

代数学の基本定理を利用するには、x=kでないとまずいのです。ご指摘のとおり、aは自然数なら、これはできませんね。なるほど。

＞各部分ごとで勝手な条件を暗黙的に付け足して話をしていて、筋が全く通っていないように見えます。

すみません。配慮が足りませんでした。

まあ、公式、
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)}
があるので、
c^n-b^n=a^n
にはならないのですが,たまたま、2つの合成数の積がa^nになるかという話に持ってゆくかと・・・？

「自分は正しいと思う」と「確かに正しい」の間には雲泥の差があります。
だからこそ証明というものが必要になるのです。
「これは自分が正しいと判断したから正しいんだ！」と喚くのは数学的な態度ではありません。

私は

> まあ、公式、
> 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)}
> があるので、
> c^n-b^n=a^n
> にはならないのですが？

は何ら根拠になっていないと感じます。
使用する文字の定義や記述する式の意味を丁寧に明示した上で、論拠をはっきりさせた証明をお願いします。

DD＋＋さま、ご指摘ありがとうございます。

さて、c^2-b^2=a^2ではなくてc^2-b^2=(c-b)(c+b)です。
(c,b,a)=(13,12,5)では、
c^2-b^2=(13-12)(13+12)=1x25=5^2
となって、c^2-b^2=a^2ですね。
だから、
> まあ、公式、
> 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)}
> があるので、
> c^n-b^n=a^n
> にはならないのですが？
は、ご指摘の通り正しくありません。
c^n-b^n=2つの合成数の積
ですから、2つの合成数の積がa^nになるかと、いう方向で、進めないとまずいですね。

ご指摘ありがとうございます。