オトーサンにとってのフェルマーの問題（フェルマーの最終定理）
フェルマーの問題をやっていて見つけた２乗数の恒等式と３乗数の恒等式
フェルマーの問題をやっていて見つけた２乗数の恒等式と３乗数の恒等式
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この証明は完全でなかったけれど、その証明の過程で得られたN＝2の場合とN＝３の場合の恒等式は世の中一般にはないと思われますので、ここに書いておくことにしました。 オトーサンにとってのフェルマーの問題（フェルマーの最終定理） １９８９年、１９９０年ごろ、サンゴ礁数列を含めて論文を公開して確かめてもらいたいと思い、 地元の教育委員会や新聞社などに持っていっても相手にしてもらえなかったのでしたが（この問題の記事を掲載した日本経済新聞社にも断られました）、サンゴ礁数列をインターネットで公開するのは０７年９月１７日が初めてです。 オトーサンがフェルマーの問題に逢ったのは、確か１９８８年の日経新聞に紹介されているのを見たときです。 ちょっとやってみて、こんなものがわかるはずがないと、やめて数日たったある晩にみた夢がきっかけでした。 この夢をもとにサンゴ礁数列というものを考案して、これは出来ると思ったものです。 下の写真がN＝２のときのサンゴ礁数列です。左から１列づつ足していくと、１、４、９、１６、２５、３６、４９と 自然数の２乗になっています。意味がのみこめたところでこの数列を右から押して２等辺３角形状（パスカルの３角形風に）並べ替えると、 万華鏡のようなその構造がよく分かるのではないかと思います。 万華鏡といいましたが、このN＝２の場合のサンゴ礁数列の中で、５の２乗を表す３角形の中に２の２乗を表す３角形と３の２乗を表す３角形、 もうひとつ４の２乗を表す３角形があるのが確認できると思います。これが３、４、５の解の組を表しているのですね。 また、もっと大きい１３の２乗を表す３角形とその中に４の２乗、５の２乗、１２の２乗を表す３角形が確認できると思います。 これが１３、１２、５の解の組を表しているのです。 青く塗ったところと、赤く塗ったところの数の合計が等しくなっているところが、解がある位置を示しています。 N＝３の場合のサンゴ礁数列です。 N＝４の場合。一部かけているところがあるのは面倒だっただけで意味はありません。 サンゴ礁数列は永久に続くまさにサンゴ礁のような数列だから、どのように書いておいても意味さえ分かればいいわけなんですね。 N＝５の場合 N＝６の場合 これらの数列を構成している数の中、一段目から上に書いてある１個１個の数をオトーサンは「さのさ」と呼んでいます。各N乗数の１段目に並べられる「さのさ」、 ２、６、１４、３０、６２などを代表させて、たとえばR１とし、 また次の段に並ぶ「さのさ」をR２のように書き、さらにR３、R４・・・・と重ねていくとN乗数を表すサンゴ礁数列となります。 このとき、０段目に並ぶ１は、「さのさ」ではなく、０と１の差で、Nにはよらずいつも１ということになります。 また、N＝１のときのサンゴ礁数列は、N＝２の時のサンゴ礁数列の一段目から上の２の部分が全て０に入れ替えられたものとなります。 つまり０段目に１が並んで続くだけの数列となります。 オトーサンはこのN乗数のサンゴ礁数列を使って、もし解があれば必ず、０でない自然数、X、Y、Nと０または自然数のZを使って （X＋Y＋Z）^N＝（X＋Z）^N＋（Y＋Z)^N と書けるし、また、このように書けないものの組み合わせは解にはならないことを証明したのでした。 １９８９年ごろサンゴ礁数列を考えたとき、もちろんN＝１のときのことも考えていたのですが、N＝１の場合は自明なことなので 当時は興味がなく、このことに関する記述はしていませんでした。 サンゴ礁数列の整合性みたいなことを考えると、これはよくないと思い今回追加記述しました。それが上の記述です。 また、あわせてZのとる範囲をN＝１の場合を考え訂正しました。（０７年９月２９日） 今回面白がっていただきたいことは、いわゆるピタゴラス数は、世間で言われているような探すのが難しいものではなく、 解は整然と並んでいて、桁数の大きい電卓があれば、相当大きな数の解の組み合わせまで簡単に見ることが出来るものだということです。 オトーサンが１９８９年ごろに完璧に証明出来たと思っていたフェルマーの問題は、考えが甘く証明できていないことが、 ２００２年にインターネットで公開してみて皆様に教えていただいて分かったのでした。 しかしながら、この証明の過程でいわゆるピタゴラス数を全てあらわしている２乗数の恒等式とそれから３乗数の恒等式を得ていました。 ところでこのごろ私の娘が、見つけて買ってくれたサイモン・シン氏著の「フェルマーの最終定理」を読んでみて、 そのはかり知れない奥深さに鳥肌の立つ思いをいたしました。 ところが、この著書の６７ページの最終行の３行手前からの記述に、「もっと大きなピタゴラスの３つ組数にｘ=99,ｙ=4900 ,ｚ=4901がある。 数が大きくなるにつれて３つの組はまれになりそれを見つけるのは急速に難しくなる」と書いてありますが、これは事実と違います。 オトーサンが１９８９年ごろに得た以下の式によれば、この先は、ｘ=１０１、１０３、１０５、１０７と全ての奇数を辿って続いているのです。 もちろんこの前もｘ=９９、９７、９５、９３、９１という具合に３まで順に続いています。 これはオトーサンが得た次の式を見れば明らかです。 （２A^2＋２A＋１）＾２＝（２A^2＋２A）^2＋（２A+1）^2 ・・・・・・（１０１） （１０１）式は恒等式となっていますが、この式の右辺の第２項（２A+1)^２のAに１から順にプラスの整数を入れていけば、 この右辺の第２項が１を含まない奇数の２乗全てを辿ることは明らかです。 つまり２A+1=９９だとA=49、だから次はA=５０、５１、５２と辿らせると、サイモン・シン氏のｘはｘ＝１０１、１０３、１０５と辿るのです。 （１０１）式は完全に全ての２乗数を網羅しており、Aに小さい順に自然数を入れていけば必ず解を持ち綺麗に並んで存在しているもので、 素数のように見つけにくいものではありません。 そのことは下段のほうで述べてある（２）式が保障していて、（２）式はサンゴ礁数列が保障しています。 （Ｘ＋Ｚ）Ｎ＋（Ｙ＋Ｚ）Ｎ＝（Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）Ｎ・・・・（２） つまり、もしN乗数があるなら、X、、Y、Zを０を含まない自然数として、 必ず（２）式の形に書けるというのはサンゴ礁数列が保障しているのです。 （２）式からどうやって、フェルマーの問題を解こうとしたのかは下段のほうに書いてありますが、 ここはオトーサンがサイモン・シン氏に異を唱えた（もちろんここでいっているだけで、あちらには届いていないのですが）、 ２乗数は綺麗に並んで存在していて、決して探さなくては見つからないものではないという今回の本題に戻ります。 （１０１）式に１から順に自然数を入れて計算してみて、並んでいる様子をお見せします。 A＝１のとき （２＊１^2＋２＊１＋１）^2＝（２＊１＾2＋２＊１）^2＋（２＊１＋１）^2 ５^2＝４^2＋３^2 ・・・・・・・・・・・・・・・・・（＊） ２５＝１６＋９ A＝２のとき （２＊２^2＋２＊２＋１）^2＝（２＊２^2＋２＊２）^2＋（２＊２＋１）^2 １３ ^2＝ １２^2＋５^2 ・・・・・・・・・・・・・・・（＊） １６９＝１４４＋２５ A＝３のとき （２＊３^2＋２＊３＋１）^2＝（２＊３^2＋２＊３）^2＋（２＊３＋１）^2 25^2＝24^2＋７^2 ・・・・・・・・・・・・・・・（＊） ６２５＝５７６＋４９ A＝４のとき （２＊４^2＋２＊４＋１）^2＝（２＊４^2＋２＊４）^2＋（２＊４＋１）^2 ４１^2＝４０^2＋９^2 ・・・・・・・・・・・・・・・・（＊） １６８１＝１６００＋８１ とまあ、ここまで並べてみると、（＊）印のところに、３、５、７、９と綺麗に並んでいるのがわかります。 サイモン・シン氏の ｘ＝９９、ｙ＝４９００、ｚ＝４９０１の解の組の場合 （２A＋１）＝９９ A＝４９ したがって 次の解の組は、A＝５０の場合で次のようになります。 （２＊５０^2＋２＊５０＋１）^2＝（２＊５０^2＋２＊５０）^2＋（２＊５０＋１）^2 ５１０１^2＝５１００^2＋１０１^2 ・・・・・・・・・・・・・・（＊） ２６０２０２０１＝２６０１００００＋１０２０１ その次の解はA＝５１で （２＊５１^2＋２＊５１＋１）^2＝（２＊５１^2＋２＊５１）^2＋（２＊５１＋１）^2 ５３０５^2＝５３０４^2＋１０３^2 ・・・・・・・・・・・・（＊） ２８１４３０２５＝２８１３２４１６＋１０６０９ ｘ＝９９の次はｘ＝１０１、１０３と綺麗に並んでいますね。 サイモン・シン氏が書いたような、見つけるのが難しいようなものではないことが分かります。 でも、オトーサンは綺麗に並んでいるから、外に解があるはずがないといっているのではなく、（１０１）式の完全性は、 （２）式が保障していて、（２）式の完全性はサンゴ礁数列が保障しているのです。 ですから、全ての解の組は（１０１）式の中にあります。 それならたとえば １６９＾２＝１２０＾２＋１１９＾２・・・・・・・・（１０３） の場合をどう説明するのか？ （１０１）式だと２A＋１＝１１９ だからA＝５９、したがって（１０１）式は （２＊５９^2＋２＊５９＋１）^2＝（２＊５９^2＋２＊５９）^2＋（２＊５９＋１）^2 （ ６９６２＋１１８＋１）^2＝（６９６２＋１１８）^2＋（１１８＋１）^2 ７０８１^2＝７０８０^2＋１１９^2 ではないかと突っ込まれそうですが、 実は、（１０１）式のAに７/１０を入れると（１０３）式になるのです。 （１０１）式に整数を入れていくのは、荒っぽい飛び方になるわけですね。 それから、AというのはもともとはXとZの比でして、これに１より小さい数を入れて計算して、最後に分母を払って整数で表すと、 Aに整数を入れた場合のどことどこの間に位置するのかは分からないようなところがあるみたいです。 Aに整数を入れていくと順序良く出てくるのですが、整数以外の数を入れ場合、整数を入れていった順序の、 どこの間に入れて並べたら良いのか分かりません。 でも、これは面白いので、１６９＾２＝１２０＾２＋１１９＾２の場合のサンゴ礁数列を紹介しておきます。 N＝２の場合のサンゴ礁数列中の連続した複数の途中の列が何かの数の２乗になった例です。 （１０１）式のAに整数を入れていって得られるピタゴラス数は、N＝２の場合のサンゴ礁数列のどこかの１列の合計が何かの数の２乗になっている場合なのですが、 （１０１）式のAに分数を入れた（１０３）式の場合は、N＝２の場合のサンゴ礁数列の１２１列目から１６９列目までの連続した列の合計が １１９＾２＝１４１６１と等しくなっている例です。 もちろん上の図の５０と４９は入れ替えることが出来ますから、１２０列目から１６９列目の合計も何かの数の２乗になっていて、 この場合は１２０＾２＝１４４００になっています。 そうなのです。XとYとは入れ替えることが出来るので、（１０３）式の場合（１０１）式のAに５/７を入れても、 全く同じ（１０３）式が得られます このような万華鏡的対称性がN＞２の場合にも引きずられていて、それゆえにN＞２の場合に解がないのだと、オトーサンは空想するわけです。 つまり、N＞２の場合は５０と４９などは許されず５０ならもう一方も５０が要求されるのではないか？。 しかしX＝Yの場合は解がないのはオトーサンがもう確かめてあります。 たぶんそういうことだろうとオトーサンは空想しているわけなんです。 N＞２の場合、解を求めにいくと、たぶん、ある状況から５０ならもう一方も５０ということが要求される このことが証明されれば、もう一方からの結論が、すでにX＝Yの組み合わせには解はないといっているので、 このルートからフェルマーの問題に解答が出せるのだろうと思っています。 この下にパスカルの３角形風のサンゴ礁数列の写真を載せておきます。 視点を変えながら、サンゴ礁数列の万華鏡的対称性に注目していただきたいとおもいます。 この対称性のために、（１０１）式のAに７/１０を入れても５/７を入れても同じ（１０３）式が出来るというようなことが起きるのですね。 N＝２の場合 N＝３の場合。今となっては当たり前ですが、解はないのでそれを示す枠などはありません。 ところで、実際にはそんなことは出来そうもありませんが、（１０１）式に実数全てを入れていって、計算すれば実数があるだけ式は出来、 滑らかにつながっていると考えることが出来ると思います。 このように、（１０１）式は恒等式ですから、数であればAに何を入れても、たとえ複素数であっても成り立つはずです。 ということは、複素数の３辺を持つ直角三角形（いったいどんなものか見当も付きませんが）があっても、 その形を特定でき、面積まで計算できるというようなことなのでしょうか。 ３乗数の恒等式も得られているので書いておきます。 当然ですが、無理数を含んだ実数で書かれています これをちょっと見た限りでは、何かの弾みでルートが取れて有理数で書かれることがある、 すなわち整数の解の組があるのかどうかはオトーサンには分かりません。 まあ、アンドリュー・ワイルズ氏の結論は正しいのでしょうから、（１０２）式には自然数の解の組はないのでしょう。 ［√（（３Ｘ２＋６Ｘ）２＋１２Ｘ）＋３Ｘ２］３ ＝［６Ｘ（Ｘ＋１）］３ ＋［√（（３Ｘ２＋６Ｘ）２＋１２Ｘ）−３Ｘ２］３・・・・・・・・（１０２） （１０２）式に試しにX=1を入れてみて計算すると次のようになります。 ｛√（９３）＋３｝^3＝１２^3＋｛√（９３）ー３｝^3 途中の計算は省略 １２０＊√（９３）＋８６４＝１７２８＋１２０√（９３）ー８６４ と、成り立っています。 もちろん、（１０２）式も恒等式ですから、Xに何を入れようと、例え複素数であっても成り立つはずです。 ただし、（１０２）式の元になった（８）式 ＡＢ ［Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ａｐ１−１ Ｂｐ２−１］］＝１・・・・・・・・・・・・・・（８） のA及びBについて サンゴ礁数列はA及びBが有理数のときにしか保障していません。 （８）式のN＝３の場合を、根の公式を使って強引に計算したら恒等式が出来たというだけです。 恒等式であれば、出生のいわれはどうでも、それ自体が全てを保障しているわけで、 まあ、３以上の自然数はどんな数も（２）式の形に書けますし、またNが２以上ですとｘのN乗のｘがｘ＜３の場合は 解がないのはサンゴ礁数列を見れば自明のことでもありますから、たぶんいいのでしょう。 そこで、このように書いて計算すると引き算が具体的に出来てしまうので調べやすいわけなのです。 でも実数の範囲では、オトーサンはまだサンゴ礁数列のような後ろ盾を持っていないので、これ以外はないとはいえないわけです。 それに、右辺を実数で書くなら、たぶん ｚ^N＝u＋v と置いて ｚ^N＝（uのN乗根）^N＋（ｖのN乗根）^N と書けばいいだけですし （１０２）式の意味はあまりなくなるような気もします。 ここで、オトーサンには分からないことがあるんです。 それは、オトーサンは気楽にN乗根などといってますが、ある実数のN乗根というものが、 Nがどんなに大きくなっても存在するものなのかどうかということです。 考えることは簡単なのですが、専門的にいって無限に存在できるものなのでしょうか？ 存在しなくなってしまうのでしょうか？、それとも、数がだんだん小さくなっていって、Nが無限大になっていけばどんな数のN乗根も、 ０みたいなところに収束していってみんな同じものになっていくのでしょうか？ 素人のオトーサンには一番難しいところです。 つぎに、よく数学辞典などに載っているおなじみのピタゴラス数の求め方の数式と、オトーサンが発見した以下の式 (2a^2+2a+1)^2=(2a^2+2a)^2+(2a+1)^2 .................(0) との関係を述べさせていただきたいと思います。 1989年当時、オトーサンは以下の(4)式から(5)式のことは気が付いていましたが、 扱う数の範囲が整数と有理数で異なっており意味が違うと、深く考えることはしていませんでした。 しかし、m=a,n=a+1と置けば同じ式になるという誤解は解いておかなければいけないかな？ と思い、今回この辺りの事情に言及しておこうと考えたのでした。 式についている番号はここだけのもので、他の記事と共通ではありません。 不便ですが我慢していただきたいと思います。 (u+v)^2=u^2+2uv+v^2 ...............................(1) (u-v)^2=u^2-2uv+v^2 ...............................(2) (1)式から(2)式を辺ゝ引いて (u+v)^2-(u-v)^2=4uv これを整理して (u+v)^2=4uv+(u-v)^2 ................................(3) ここでu=m^2,v=n^2と置けば (m^2+n^2)^2=(2mn)^2+(m^2-n^2)^2 .....................(4) この(4)式がよく紹介されているものですね。 ここで m=a,n=a+1と置けば、オトーサンが見つけた式と同じ (2a^2+2a+1)^2=(2a^2+2a)^2+(2a+1)^2 ..................(5) (5)式になるといわれてしまうのですが、この場合ピタゴラス数を探しているのですから、 u,vともに整数を入れるお約束のはずで、 またそうするとm,nも整数でないと条件に合わなくなります。 そうすると、この(5)式のaは整数を入れるお約束となるので これは極端に範囲の狭いピタゴラス数のことを言っているだけのことなり、ひとつも面白くありません。 オトーサンが見つけた(0)式は(5)式と同じですが、ピタゴラス数を探すためには、aに有理数を入れるお約束になっていて、 その点で、意味が全く異なるものなのです。 そこで、(4)式から後の展開をいきなり m=a,n=a+1と置かないで 次のようにしてみますと、(5)式の意味が異なってくると思うのです。 (m^2+n^2)^2=(2mn)^2+(m^2-n^2)^2 .....................(4) ここで m=c,n=c+dと置いてみますと(4)式は (2c^2+2cd+d^2)^2=(2c^2+2cd)^2+(-2cd-d^2)^2 この式の右辺第２項の括弧の中がマイナスなのは勇み足といいますか、 土俵から出てしまっている感じでちょっと不満なのですが、まあこれは次の(6)式と等しいので良しとして (2c^2+2cd+d^2)^2=(2c^2+2cd)^2+(2cd+d^2)^2 ...............(6) このようにしますと、(6)式は(5)式と異なり、このあたりの事情を全てを含んでいる式ということになると思います。 ところで不思議なことに、この(6)式にも(0)式と同じリズムがあることに気が付かれると思います。 (6)式の辺ゝをd^4で割るともっとよく分かります。 (2c^2/d^2+2c/d+1)^2=(2c^2/d^2+2c/d)^2+(2c/d+1)^2 ....(7) ここで a=c/dと置くと、もしu及びｖに整数を選ぶと、aは分数すなわち有理数となり、(7)式は(5)式と同じ (2a^2+2a+1)^2=(2a^2+2a)^2+(2a+1)^2 .................(8) となりますが、(8)式はこのとき(5)式とは意味が異なるようになると思われます。 それと(7)式の辺ゝに(d/2c)^2をかけると (c/d+d/2c+1)^2=(c/d+1)^2+(d/2c+1)^2 .................(9) ここで a=c/d,b=d/2c ........................................(10) と置くと (a+b+1)^2=(a+1)^2+(b+1)^2 ...........................(11) となって(11)式は これはサンゴ礁数列から切り出した式 (x+y+z)^n=(x+z)^n+(y+z)^n ...........................(12) のn=2の場合の (x+y+z)^2=(x+z)^2+(y+z)^2 ...........................(13) において x=az,y=bz と置いた (a+b+1)^2=(a+1)^2+(b+1)^2 ...........................(14) と同じ式になります。 この(14)式を計算すると 2ab=1 ...............................................(15) という関係式が出来ます。 この(15)式が(14)式が成立する条件になっています。 (15)式から b=1/2a ..............................................(16) これを(14)式に入れると(8)式になるわけなのですね。 (2a^2+2a+1)^2=(2a^2+2a)^2+(2a+1)^2 ..................(8) ためしに(15)式に(10)の両式を入れて見ると 2*(c/d)*(d/2c)=1 となって、正しく成立しています。 なお、(15)式でa=bとすると a^2=1/2 a=√(1/2)=1/√2=b となって、これは45度45度90度の三角定規の場合で、ここからたとえばaを無限に大きくしていくと、 bは0よりは小さくはならない範囲で、どんどん小さくなっていって、 どんどん尖った三角定規になっていくわけですね。 ところで、(14)式に、このa=b=1/√2を入れてみますと (1/√2+1/√2+1)^2=(1/√2+1)^2+(1/√2+1)^2 両辺を２倍して (1+1+√2)^2=(1+√2)^2+(1+√2)^2 これを整理して (2+√2)^2=(1+√2)^2+(1+√2)^2 ...................(17) この(17)式を見たときはちょっと面食らいました。 45度45度90度の三角定規は斜辺とそれを挟む２辺の比が、√2,1,1でしたよね！ ほんと(17)式みたいな顔つきで出てこられた日には、びっくりしてしまいます。 でも、(17)式の両辺に{√2/(2+√2)}^2を掛けてみますと (√2)^2=1^2+1^2 となって、一安心です。 ここでもうちょっと、三角定規にこだわってみます。 (15)式のaに実数を入れて、ｂの値を計算してから、 その次にaにさっきのaの次に大きい値を入れてbの値を計算してみると、本当に次に小さいbの値になるのでしょうか？ もとは三角定規だと考えながら、つくづく(15)式と(14)式を見ると、 三角定規の直角をはさんだ辺のあちこちが欠けてしまうような気がしてしまうんです。 直角三角形はたとえば、数直線のプラス側を考えてｘ軸とｙ軸にの間に斜めに直線を張り渡せば、 ずるずると変化させてどんな直角三角形も出来てしまいます。 この変化するどんな直角三角形にも完全にずるずると(14)式を沿わせることが出来るはずとは思うのですが、 はたしてどうなのでしょう？ (14)式で作った変化していく三角定規は辺があちこち欠けている三角定規になるのでしょうか？ この辺りの事情はオトーサンには分かりません。 それはさておきひらりと戻って、当然、a,bが有理数の範囲では、a=bの場合はないわけで 二乗数を２つの等しい二乗数に分けることは出来ないのですね。 以上がオトーサンが見つけた(0)式と、数学辞典に載っているピタゴラス数を求める式の関係です。 最初に(0)式があれば、それに寄せる格好で(4)式から(8)式にたどり着くことが出来ますが、 何もないところで、(4)式から(8)式にたどり着くのは、直観力的に相当難しいと思うのですがどうなのでしょうか？ ところでオトーサンは、一貫して殆ど自明のことを並べていってサンゴ礁数列を作り、 やはり自明なやり方で(12)式を切り出していまして、直観力的なことは使っていません。 まあ、直観力など全くないので自然にそうなったわけで、スマートではないのですが、 まぎれる心配がないのが強みだと思っています。 このオトーサンの辿った(12)式から(16)式、(8)式と辿る方法だと、途中、 土俵から出てしまってマイナスに踏み出すことなど一度もなく、この点でもこちらの方法が本道だという気がしています。 以上、ここで何が言いたかったかといいますと、オトーサンがみつけた(0)式は、狭い範囲の事情を表現している(5)式ではなく、 ピタゴラス数全ての事情を表現している(8)式なのだということです。 これ以下の段に、最後はしどろもどろになってしまった、本来の目的の証明があるのですが、 サイモン・シン氏の「フェルマーの最終定理」を読んで相当手ごわいのだと実感する一方で、 やっぱりなんとなくフェルマーさんはオトーサンと同じルートを辿ったのではないかという思いを捨て切れません。 なぜかというと、フェルマーさんの時代にモジュラーなどという概念があったのかなあと思うからです。 アンドリュー・ワイルズ氏の使った方法は、フェルマーさん以後の３００年の数学を動員したようで、 やっぱりフェルマーさんの辿ったルートとは違うと感じます。 そう仮定してみると、フェルマーさんの辿ったルート探しは、謎だらけでまだまだ魅力たっぷりの探検だとオトーサンは思っています。 この下段の考察は２００２年ごろインターネットで公開して、皆様にいろいろ教えていただいた時のものです。 しっかりしているのは（８）式までで、（８）式の解釈でほころびが出て、断定しかねました。 その後の考察はしどろもどろで、あまり参考になりません。 まあ、所詮素人だったのですね。 でも、なんとなくフェルマーさんはこのルートを通ったような気がするので、参考までに掲載しておくことにしました。 今改めてしどろもどろになった部分を考えてみますと、確かなこともいくつか見えてきました。 フェルマーさんのルートを辿る楽しみは、７５歳以後に取っておくとしても、 暇なときには考えてみて糸口ぐらいは掴んでおきたいものだと、オトーサンは思っています。 そこを、つめてもう大丈夫と思ったら、それも、Ｍａｋさんのご指摘で間違いと分かり そこを、つめてもう大丈夫と思ったら、それも、Ｉｚｕｍｉ Ｎａｋａｓｈｉｍａさんのご指摘で まだ、間違っていると分かりました。 ２００２年１１月９日現在、間違ったまんまです。 すぐ前の原稿はこちら。 その前の原稿はこちら。 元々の原稿はこちら。 ２００２年９月5日初掲載 ミス等は見つけしだい、とくにことわらず訂正します。 加筆のときも、とくにことわりません。 フェルマーの問題の証明 次のことを証明しました。（証明は略） ｘ，ｙ，ｚ，Ｎを０を含まない自然数として ｘN＋ｙＮ＝ｚＮ・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１） が解を持つならそれは必ず次のような形の式に書ける。 あらためて、Ｘ，Ｙ，Ｎを０を含まない自然数、Zを０または自然数として （Ｘ＋Ｚ）Ｎ＋（Ｙ＋Ｚ）Ｎ＝（Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）Ｎ・・・・（２） （２）式の形にかけない自然数の組み合わせには解はない。 即ち（２）式を解いてみればフェルマーの問題に結論が出るのです。 （２）式から （Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）Ｎー（Ｘ＋Ｚ）Ｎー（Ｙ＋Ｚ）Ｎ＝０・・・（３） ただし、Ｘ，Ｙ，Ｚに共通する約数があるときは、式全体をそれで割っておき 共通する約数は無いものとして、同値の重複する式は調べないようにします。 （３）式においてＸ，Ｙ，Ｚに共通の約数は無いものとします。 あとはこの（３）式を計算をします。 左辺の各項を展開してシグマでくくっておいて、第１項から第２項と第３項を引けばいいのです。 多項定理により （Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）Ｎ=Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１ Ｙｐ２ Ｚｐ３ ］・・・・・・・・（４） ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでのすべての０ または自然数ｐ１，ｐ２，ｐ３に関する和。 （Ｘ＋Ｚ）Ｎ=Σ［（Ｎ！／（ｐ4！ ｐ5！）） Ｘｐ4 Ｚｐ5］・・・・・（５） ただしΣは、条件ｐ４＋ｐ５＝Ｎのもとでのすべての０ または自然数ｐ４，ｐ５に関する和。 （Ｙ＋Ｚ）Ｎ=Σ［（Ｎ！／（ｐ６！ ｐ７！）） Ｙｐ６ Ｚｐ７］・・・・・（６） ただしΣは、条件ｐ６＋ｐ７＝Ｎのもとでのすべての０ または自然数ｐ６，ｐ７に関する和。 それでは（４）式から（５）式及び（６）式を引いて、（３）式の形を具体化します。 （４）式のｐ２＝０のときのすべてのｐ１、ｐ３の場合の和は、 （５）式のすべてのｐ４，ｐ５の場合の和と等しいのは明らかです。・・・・・・・（＃１） （４）式のｐ１＝０のときのすべてのｐ２、ｐ３の場合の和は、 （６）式のすべてのｐ６，ｐ７の場合の和と等しいのは明らかです。・・・・・・・（＃２） 上記の（＃１）及び（＃２）を考慮し、かつ、これら２つの場合に重複するＺＮを考慮表現して、（４）式から（５）式及び（６）式を引き、（３）式を具体的に書くと。 Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１ Ｙｐ２ Ｚｐ３ ］ーＺＮ＝０・・・・・・・・（７） ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 ここで、Ｘ＝ＡＺ，Ｙ＝ＢＺとおくと・・・・・・・・・・・・・・・・・・（＃３） Ａ及びＢは正の有理数となります。 このＡ，Ｂ及びＺをもちいて（７）式を書くと Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） （ＡＺ）ｐ１ （ＢＺ）ｐ２ Ｚｐ３ ］ーＺＮ＝０ ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 これをさらに計算していって Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ａｐ１ Ｚｐ１ Ｂｐ２ Ｚｐ２ Ｚｐ３］ーＺＮ＝０ ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 これを整理して Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ａｐ１ Ｂｐ２ Ｚｐ１ Ｚｐ２ Ｚｐ３］ーＺＮ＝０ ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 さらに整理して Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ａｐ１ Ｂｐ２ Ｚｐ１＋ｐ２＋ｐ３］ーＺＮ＝０ ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 さらに整理して Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ａｐ１ Ｂｐ２ ＺＮ］ーＺＮ＝０ ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 さらに整理して Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ａｐ１ Ｂｐ２］ＺＮーＺＮ＝０ ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 さらに整理して Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ａｐ１ Ｂｐ２］ー１＝０ ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 シグマの中をＡＢでくくってＡＢをシグマの外に出すと ＡＢ ［Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ａｐ１−１ Ｂｐ２−１］］ー１＝０ ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 ここで、左辺の定数項ー１を右辺にもっていくと ＡＢ ［Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ａｐ１−１ Ｂｐ２−１］］＝１・・・・・・・・・・・・・・（８） ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 （８）式がすべてを語ってくれてます。右辺の定数１がすべてをあらわしている感じです。 Ｎ＝２のとき（８）式は、左辺のシグマでくくられた中の式は定数２となり このとき ２ＡＢ＝１・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（９） この（９）式が、（３）式が自然数解をもつための条件です。 これを（＃３）の２式に入れ、得られたＸ，Ｙ，Ｚの組み合わせは（３）式を満足します。 Ｎ＞２のとき、左辺のシグマでくくられた中の式はシグマの条件からの組み合わせの次数（０からＮ−１まで）を持つ Ａｐ１−１とＢｐ２−１ の積Ａｐ１−１Ｂｐ２−１の自然数定数倍の項の和となり シグマでくくられた中の式は １、有理定数のみとなることはありません。 ２、変数は文字Ａ，Ｂで表されており、文字Ａ、Ｂ以外の文字が使われることはありませ ん。 ３、変数は文字Ａ，Ｂで表されており、しかも、その式が１／ＡＢになることはありませ ん。 以上の１〜３のことを考えれば、一見しては Ａ，Ｂは有理数ですから、この、Ｎ＞２のときは（８）式は成立せず したがって（８）式は有理数の解をもたないようにみえます。 ここで、いただいたhogehogeさんのご指摘。 ｘｙ（３＋ｘ＋ｙ）＝１ のような一見矛盾した式にも ｘ＝ｙ＝１／２ という解がある。 だから、Ｎ＞２のときは（８）式には解がないとは一概には言えない。 ということでした。 全くそのとおりで （８）式はＮ＝３のとき ＡＢ（３Ａ＋３Ｂ＋６）＝１ ・・・・・・・・・（９−１） となりますが もし、カッコの中の定数６が定数１だったら ＡＢ（３Ａ＋３Ｂ＋１）＝１ この式は Ａ＝Ｂ＝１／２ の解を持ちます。 もうひとつ例を挙げると もし、カッコの中の定数６が定数７だったら ＡＢ（３Ａ＋３Ｂ＋７）＝１ この式はＡ＝Ｂ＝１／３ の解を持ちます。 ( これらの場合、どうも、カッコの中の各項の定数の係数に、Ｎの倍数でないのが混じると、 解を持つ場合が、あるみたいなのですが、それはあとで、でてきます。 ) それでは、（８）式が、どのような場合に解を持つ可能性が有り、どのような場合には解が無いのか、分けながら このさきへ論を進めていきたいと思います。 先ずある正の有理数Ｕについて次のことを考えておきます。 考察（１） ある正の有理数Ｕをいくつか加えてＵの逆数１／Ｕを作ることが出来る場合、できない場合をかんがえます。 Ｕ＋Ｕ・・・・・＋Ｕ＝１／Ｕ ・・・・・・（１０） のようなことです。 ＵがＵ＞１の場合はできません。・・・・・・・・・・・・・・・・・（ａ） ＵがＵ＜１の場合は出来る場合と出来ない場合があります ＵがＵ＜１の場合を、Ｕ＝Ｖ／Ｗとおいて考えます Ｖ＝１のときは出来ます。・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（ｂ） １／Ｗ＋１／Ｗ・・・・・・・＋１／Ｗ と１／ＷをＷ２個加えればＷになります。 Ｕ＝１／Ｗ２のときも同様で、出来ます。・・・・・・・・・・・・・・（ｂ）’ 例えば １／ＷＮで１／Ｗ２の逆数Ｗ２を作るには １／ＷＮをＷＮ＋２個加えればいいのです。 ＵがＵ＜１で、ＶがＶ＜＞１でも、ＶがＷの約数である場合はできます。（ｄ） Ｗ＝ＧＶ、すなわちＵ＝Ｖ／（ＧＶ）＝１／Ｇとすると、 Ｖ／（ＧＶ）をＧ２回加えると、Ｕの逆数Ｇができるのです。 ＵがＵ＜１で、ＶがＶ＜＞１で、ＶがＷの約数でない場合でない場合は出来ません。（ｄ）’ Ｖ／Ｗ＋Ｖ／Ｗ・・・・・＋Ｖ／ＷとＶ／ＷをＷ２個加えても、 分子分母を約分したとき、分母がＶにはならないので逆数は作れないのです。 考察（１）終わり 考察（２） ここで、前後してしまいますが、（２）式にもどって Ｘ，Ｙ，Ｚの奇数、偶数についての考察をすると。 Ｘが奇数、Ｙが偶数、Ｚが偶数・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（ｅ） Ｘが偶数､Ｙが奇数、Ｚが偶数・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（ｅ）’ Ｘ，Ｙが奇数、Ｚが偶数 ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（ｆ） のときの、３つの場合しか（２）式は成立する可能性が無いのです。 ここで、（ｅ）と（ｅ）’はＸとＹを入れ替えてだけで同じことなので、 実質的には（ｅ）と（ｆ）の場合しか考えなくていいことになります。 Ｘが偶数、Ｙが偶数、Ｚが偶数のときは、Ｘ，Ｙ，Ｚがそろって２で割れるあいだ、 ２で割りつづけると、同値の他の形の式になるので その形で(２)式の成立、不成立の可能性を判断します。 考察（２）終わり これらの、考察（１）、考察（２）の考え方を使って 改めて、Ｎ＞２のときの、解の存在について、続きを、考えていきます。 改めて、（８）式を書きます。 ＡＢ ［Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ａｐ１−１ Ｂｐ２−１］］＝１・・・・・・・・・・・・・・（８） ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 ここで、Ａ＝Ｘ／Ｚ，Ｂ＝Ｙ／Ｚと、左辺をＸ、Ｙ、Ｚの表現に戻してみます。 （Ｘ／Ｚ）＊（Ｙ／Ｚ） ［Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） （Ｘ／Ｚ）ｐ１−１ （Ｙ／Ｚ）ｐ２−１］］ ＝１ ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 あとで分かりやすいためにもうちょっと変形しておいて （ＸＹ）／（Ｚ２） ［Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） （Ｘ／Ｚ）ｐ１−１ （Ｙ／Ｚ）ｐ２−１］］ ＝１ ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 もう少し分かりやすく ｛（ＸＹ）／（Ｚ２）｝＊［ Σ｛（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１−１ Ｙｐ２−１ Ｚｐ３ ｝／ＺＮ−２］＝１ ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１１） ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 もうちょっと変形して ｛（ＸＹ）／（Ｚ２）｝＊ ［ ｛１／ＺＮ−２｝＊Σ｛（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１−１ Ｙｐ２−１ Ｚｐ３｝］＝１・・・（１１） ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 ここで、(１１)式で、シグマの中の値は自然数の値になります。 ですから、左辺、右側の大カッコの中の意味は、 １／ＺＮ−２が自然数個という意味を持っています。 もし、シグマの中の値がＺのＮ乗のときがあって、それが、Ｘ＝１、Ｙ＝１のときであったら (１１)式は解を持ちます。 考察（１）、及び考察（２）の結果にかんがみ、(８)式と同値の（１１）式の、解の有無を考察すると 前の(８)式を判定したとき、すべての場合に解はないとしたのは間違いで Ｘ＝Ｙ＝１かつ、Ｚが偶数のときだけ、（１１）式は解を持つ可能性があるのです。 この場合以外の場合は(８)式を判定した前段の論理どうりで シグマの中は１／ＡＢにはならないので、解はありません。 「 今日は２００２年１０月２８日です。 １０月２２日の考察では、 ここから先のところで回り道をしていました。 １０月２２日原稿はこちら。 今日は戻って、ここから、この問題の結論へと急ぎます。」 そこで（２）式まで戻って、考え直します。 (２)式は成立しないと分かったのですが (２)式において Ｘ＝１，Ｙ＝１でＺがＺ＞１の偶数のときを考えます。 （２）式 （Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）Ｎ＝（Ｘ＋Ｚ）Ｎ＋（Ｙ＋Ｚ）Ｎ・・・・・・・・・・（２） Ｘ＝１、Ｙ＝１を入れて、ＺがＺ＞１で偶数の場合を調べてみます。 （１＋１＋Ｚ）Ｎ＝（１＋Ｚ）Ｎ＋（１＋Ｚ）Ｎ・・・・・・・・・・（１２） ここで１＋Ｚ＝Ｋとおいてみると、ｋは奇数で、（１２）式は以下のようになります。 （１＋Ｋ）Ｎ＝（Ｋ）Ｎ＋（Ｋ）Ｎ （１＋Ｋ）Ｎ＝２（Ｋ）Ｎ （１＋Ｋ）Ｎ−２（Ｋ）Ｎ＝０ 左辺を２でくくって ２［（１＋Ｋ）Ｎ／２−（Ｋ）Ｎ］＝０ ・・・・・・・・・・・・（１３） ここで、 （１＋Ｋ）Ｎは約数として、２を２個またはそれ以上持っています。 したがって （１＋Ｋ）Ｎ／２は偶数 また （Ｋ）Ｎは奇数 したがって ［（１＋Ｋ）Ｎ／２−（Ｋ）Ｎ］は０にはなりなせん したがって、（１３）式を成り立たせるＫは存在ません したがって、（１２）式を成り立たせるＺは存在しません。 今日は１１月７日です。 これまでの推論で、すべて証明できたと思っていたら、まだでした。 ２、３日前に頂いた、ＭａＫさんという方のご指摘で、それがわかりました。 以下にその部分についての記述を追加します。 (１１)式を判断するとき 先に述べた、（Ｘ＝１，Ｙ＝１，かつ、Ｚが偶数）の場合だけでなく Ｘが１か、または奇数、Ｙが偶数で、Ｚが偶数、かつ、Ｚが（ＸＹ）で割れる場合と、 Ｘが１か、または奇数、Ｙが奇数で、Ｚが偶数、かつ、Ｚが（ＸＹ）で割れる場合。 の２通りの場合に 考察（１）の（ｄ）’により （１１）式が解を持つ可能性があることが分かりました。 お粗末でした。 ここから､その部分について記述します。 Ｚが（ＸＹ）で割れるのですから、 そのことと、次の考察を反映させて、Ｚを表現します。 考察(１)の出来ない場合になり、いまの、この考察の対象外。 上に述べたように、解の存在の可能性のある Ｘが１か、または奇数、Ｙが偶数で、Ｚが偶数、かつ、Ｚが（ＸＹ）で割れる場合と、 Ｘが１か、または奇数、Ｙが奇数で、Ｚが偶数、かつ、Ｚが（ＸＹ）で割れる場合。 の２通りの場が考察の対象です Ｘが偶数、Ｙが１かまたは奇数、Ｚが偶数の場合は重複するので、略。 以上の考察の結果を反映させて 適当にＺを表現しようとすると 例えば、なにかの自然数、Ｃを用いて表現するのですが まず、Ｘが１か、または奇数、Ｙが偶数で、Ｚが偶数、かつ、Ｚが（ＸＹ）で割れる場合から、考えてみます。 Ｘは、１または奇数、Ｙは、偶数であるから、 Ｘ＝Ｙの場合はないので Ｚ＝ＸＣ （Ｃは何かの自然数） とか Ｚ＝ＹＣ （Ｃは何かの自然数） とかは、適当でなく Ｚ＝（ＸＹ）Ｃ （Ｃは何かの自然数）・・・・・・・・・・・・・・（１３．０１） と表現するのが適当だと考えます。 このＺを（１１）式に入れて考えます。 ｛（ＸＹ）／（ＸＹＣ）２）｝＊ ［ ｛１／（ＸＹＣ）Ｎ−２｝＊Σ｛（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１−１ Ｙｐ２−１ （ＸＹＣ）ｐ３｝］ ＝１ ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 少し整理して ［１／｛（ＸＹ）＊（Ｃ）２｝］＊ ［ ｛１／（ＸＹＣ）Ｎ−２｝＊Σ｛（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１−１ Ｙｐ２−１ （ＸＹＣ）ｐ３｝］ ＝１・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１４） ただしΣは、条件ｐ１＋ｐ２＋ｐ３＝Ｎのもとでの、０を含まない すべての自然数ｐ１，ｐ２と、０またはすべての自然数ｐ３に 関する和。 これは考察（１）の（ｂ），（ｂ）’により、シグマの中の値（自然数）が （ＸＹ）＊（Ｃ）２＊（ＸＹＣ）Ｎ−２ であれば、（１４）式が解を持つことを意味しています。 （ＸＹ）＊（Ｃ）２＊（ＸＹＣ）Ｎ−２ にはなりません。 したがって、（１４）式が解を持つことはないのです。 （Ｉｚｕｍｉ Ｎａｋａｓｈｉｍａさんのご指摘で分かりました。） これで、Ｎ＞２のときのすべての解の存在の可能性が否定されて、 フェルマーの問題に解は無いと結論が下されたことになります。 今日は２００２年１１月９日です。 この先いつか、シグマの中に、どんな宿命が存在するのか、分かる日が来るのでしょうか？ また暇を繋いで、いちおう、考えるだけは考えてみます。 ところで、（２）式を証明したというサンゴ礁数列ですが。 これは黒板に書くなら簡単なのですが、ＨＴＭＬでは書けないと思いますので もし、みたい人があったら、そのときは写真にして、ＨＰにあげようと思っています。 それから（＃３）の両式と（８）式を使って、（３）式から、２乗数の恒等式、３乗数の恒等式が得られました。 （２Ｘ２＋２Ｘ＋１）２＝（２Ｘ２＋２Ｘ）２＋（２Ｘ＋１）２ ・・・・・・・・・（＊） ［√（（３Ｘ２＋６Ｘ）２＋１２Ｘ）＋３Ｘ２］３ ＝［６Ｘ（Ｘ＋１）］３ ＋［√（（３Ｘ２＋６Ｘ）２＋１２Ｘ）−３Ｘ２］３・・・・・・・・（＊＊） 当時４乗数もやってみたのですが、めげました。 ４乗数の恒等式があるかどうかわかりません。 でも、４乗数が２つの４乗数に分けられると、あるいは分けられないと分かるなら 時間を含めた空間が４次元だということを考えれば、 面白いことになりそうではありませんか？ つまり、歴史が可逆か不可逆か分かるのでは？とか 歴史の分割ができるのでは？とか 空想をするのですがどうでしょう？ ４乗数を２つの４乗数に分割することはどの程度可能なのでしょうか？ ３乗数では実数の登場が必要でした。 ４乗数ではいよいよ複素数が登場するだろうと空想するのですがどうでしょう。 （８）式で、Ｎ＝４のときの条件に合うｐ１，ｐ２，ｐ３の表を作って（８）式を展開し これを（３）式に（＃３）の両式を代入した式に代入すれば出来るはずですが わたしには結構たいへんで１０数年前に１度やってみて、出来なくて そのままになっています。 わたしは数学の基礎がまったくないのです。 力のある人には簡単なことだと思います。 どなたか、やってみて出来たら 歴史に関係ありそうかどうか教えていただきたいものです。 １０月２２日の原稿で回り道したおかげで、 とりあえず、Ｎがすべての場合に、実数の解が一個あることは分かりました。 ハッピーなマンボーはハッピーなあなたのメールを待ってます。 メールima11711@gaea.ocn.ne.jp。 |