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）
オトーサンは解はないと自分なりに完璧に断定できたと思っているフェルマーの最終定理。はたしてオトーサンが操る原始的代数学でフェルマーの最終定理は？解がないと断定できているのか？
ともあれ、オトーサンはこれがフェルマーさんが辿ったルートだろうと思っています。
（２０１０年４月１７日、とうとうこの問題に解がないと断定できた記事を追記しました。 最後にはやっぱりサンゴ礁数列が登場しました。）
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確か２００１年頃、アンドリュー・ワイルズ氏によって、やはり解はないと断定されたフェルマーの問題（フェルマーの最終定理）ですが、 オトーサンもこの問題を考えてみたことがあるのです。 この証明は完全でなかったけれど、今度またヒントが浮かんで再挑戦しました。（０７年１１月７日）（０７年１２月０９日再々挑戦） 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。 ０７年１１月３日（０７年１２月９日再々挑戦） 最初に、オトーサンが考案したサンゴ礁数列というものから、みていってください。 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） １図 図１はN乗数の様子を表している観念上のサンゴ礁数列だと思ってください。 枠ABCは（V＋Y）のN乗を表していて、また枠BEDはVのN乗を表しています。 具体的には２乗の場合のサンゴ礁数列をみて想像してください。 ここで、仮定なのですが、枠ADECの中に書いてある数の合計が何かの自然数のN乗になっているとします。 そうすると、このときこのサンゴ礁数列は以下のことを語っています。 V^N＋（何かの数のN乗）＝（V＋Y）^N・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（０．１） この、（何かの自然数のN乗）を１図のなかに表現すると次の２図のようになります。 ２図 この図ではVをF点でXとZに分けてあります。 この（何かの自然数のN乗）を表すサンゴ礁数列を、右端をCにあわせて２図の中に表現すると、 枠HFCで表現される位置関係になることは明らかです。 このように表現すると、枠ADECの中の数の合計と枠HFCの中の数の合計は等しくなっていて その合計は （Y＋Z）^N となっています。 また枠ADGHの中の数の合計と枠GFEの中の数の合計は等しくなっていて その合計は Z^N となっています。 サンゴ礁数列は１列目から順にX列目まで、書いてある数を全て加えると、その値がX^Nになるように出来ているのですが、 もしサンゴ礁数列の途中から１列以上連続して列を合計して、その値が何かの自然数のN乗になるようなことがあれば、 ２図のようにフェルマーのN乗数が存在することになるのです。 最初に出てきた２乗数のサンゴ礁数列には、途中の１列の合計が３^2のときと、途中の１列の合計が５^2のときの様子が見えています。 そのような様子をN乗のときの観念上のサンゴ礁数列として表現したものが２図なのです。 もし ｚ^N＝ｘ^N＋ｙ^N・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１） となる自然数ｘ、ｙ、ｚの組があるときは、２図のサンゴ礁数列中に必ずそれを表す枠ADECがあります。 このとき、２図で、 こうやっておいて、このときの事情を数式で表現すると X、Y、Zを自然数、NをN＞１の自然数として （X＋Y＋Z）^N＝（X＋Z）^N＋（Y＋Z）^N・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（２） と表現できます。 すなわち、もし ｚ^N＝ｘ^N＋ｙ^N となる自然数ｘ、ｙ、ｚの組があるときは、必ず（２）式の形に書けるので、（２）式の形に書けないような自然数、 ｘ、ｙ、ｚの組はN乗数の解の組ではないことになります。 またもし、サンゴ礁数列中のいたるところ全ての枠ADECの中の数の合計が何かの自然数のN乗になるようなことは絶対にないとすれば、 枠HFCの中で表現されている（Z＋Y）のN乗もないことになり、このとき（２）式が成り立つことは一度もないわけです。 つまり、（２）式は論理的にサンゴ礁数列と同値になっているのです。 すなわちサンゴ礁数列は、もしNがN＞１のときピタゴラス数があるなら、そのときは必ず自然数X、Y、ZとN＞１の自然数Nを使って （２）式の形に書けるし かつまた、（２）式の形にかけない自然数の組み合わせは解にはならないといっているのです。 ここで、（２）式にはもうひとつ大切な事実が含まれていることを、説明いたします。 それは、（２）式のあるNの値のとき解があると肯定すると、 そのあるNの値のときの式が他のNの値のときの解の存在を全て否定してしまうということです。 つまり、（２）式は最初から、このようになっているが、解が存在するのはただ１つのNの値のときにのみ解があるか、 あるいは全ての場合に解がないかのどちらかだ、といっているのです。 まあ、ひとことでいえば、N＝２のときには解があるのが分かっているので、 上の理由でN＞２の場合には解がないということになるのですが、そのことは、以下の段で説明していきます。 それでは以上のことを利用して、これからフェルマーの問題を証明します。 N＝１の場合は自明なので、N＞１の場合だけ論じます。 前段で証明したように ｘ，ｙ，ｚ，を０を含まない自然数また、NをN＞１の自然数として 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，Ｚ，を０を含まない自然数、ＮをN＞１の自然数として （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。 （０９年１月１２日追記１）（０９年１月１７日にさらに追記） ここから下のくだりは相当昔にやった計算で、多項定理を使っての引き算に悩ましいこともあります。 今となっては、必ずしも必要ないので、面倒だったらとばして（９）式からはじめても大丈夫です。 （９）式は（２）式のＮにＮ＝２を代入して、さらにＸ＝ＡＺ，Ｙ＝ＢＺを代入して得られる式 （A＋B＋１）^2＝（A＋１）^2＋（B＋１）^2 を計算すれば得られ、多項定理を使ってややこしく計算する必要はありません。 多項定理をつかった計算で得られた（８）式は解答のようだったけれども、ここからはさらに難しくなっていく袋小路というか、 拡散小路というか、そういうものだったようです。 でもまあ、（８）式からは無理数を含んでいるものの、３乗の場合の恒等式が得られていますし、 調べてみたら４乗までは根の公式があるみたいなので、 原理的には（８）式を使って４乗の場合の恒等式は得られると思います。 多項定理を使った計算も、ただの徒労ではなかったようです。 ４乗の場合の恒等式を求める計算をしてみる予定は、いまのところ、いやひょっとしたら永久にオトーサンにはありません。 どなたか、計算されたら、結果だけでも教えていただけませんでしょうか？ そんなこんなでありまして、このあとの多項定理を使った計算はとばして ********************************************************************************* 「そういうわけで、ここからが新しい挑戦となっています」 ********************************************************************************* と書いてあるところから読んでいただけば、納得していただけると思います。 （０９年１月１２日追記１終わり） （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N＝２のときに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。 おっちょこちょいなオトーサンは、ここでこんなものある訳がないと思い、証明は完了したと思っていました。 ですが２００２年ごろ、インターネットで公開して、皆さんに教わってみると、そうとは言い切れないと分かったのでした。 「そういうわけで、ここからが新しい挑戦となっています」 もう一度やってみる気になったのはサンゴ礁数列が生み出した（２）式について、Nのある自然数の値のときの（２）式は Nの他の値のときの（２）式を全てを否定している、それぞれ実に排他的な式になっていると気が付いたからです。 （申し訳ありませんがここからの文字の表現はN乗のことは＾Nと書き、キーパンチの労力を少なくして続行いたします） ここで、（２）式にあらかじめ（＃３）の２式を代入して （AZ＋BZ＋Z）^N＝（AZ+Z）^N＋（BZ＋Z）^N （A＋B＋１）^N＝（A＋１）^N＋（B＋１）^N・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１０） （１０）式で、A及びBは正の有理数 この（１０）式は（２）式と同値で、したがってサンゴ礁数列は、もしN乗数があるなら必ず （１０）式の形に有理数、A及びBで表現できるし、また有理数A及びBで （１０）式の形に書かれていない式は等式にはならないといっています。 この（１０）式のNを、N＝２として (A＋B＋１）^2＝（A＋１）^2＋（B＋１）^2・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１１） それでは、（１０）式から、（１１）式を回り道して、また（１０）式に戻ってくるようなことをやってみます。 （１１）式には解の組があります。 その解の条件は（９）式で、（９）式から B＝１/２A・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１２） で これを（１１）式に代入すると （２A^2＋２A＋１）^2＝（２A^2＋２A）^2＋（２A＋１）^2・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１３） ここで、（１３）式をみるときに考察しておくべきことは、以下のようなことになります。 正の有理数全てから、A、Bの２つの有理数を取り出す操作という集合を考え、それをSとし、 正の有理数全てからから２AB=1という条件にあうA、Bを取り出す操作という集合を考え、それをTとし、 また、正の有理数全てから２AB＝１という条件に合わないA及びBを取り出す操作という集合をUとすると Sを全体集合として、TとUは互いに補集合の関係にありTとUに共通部分がないのは明らかです。 つまり、集合Tの有理数、A及びBを（１１）式に代入すると（１３）式という恒等式になり、いつでも等式が成り立ち、 逆に集合Uの有理数、A及びBを（１１）式に入れると、絶対に等式は成り立たず、かつまた、 この２つの場合しか集合Sの有理数A及Bはありません。 すなわち、N＝２の場合 A及びBを有理数として、２AB＝１という条件を保ったA及びBの組以外の全てのA及びBの組は（１１）式の等式を満たすことはないので したがって、 （１０）式のN＝２の場合の （A＋B＋１）^2＝（A＋１）^2＋（B＋１）^2・・・・・・・・・・・・・・・・・（１１） という式の場合 ２AB＝１という条件を（１１）式に含ませて得られた２つの有理数A及びBに関する式である（１３）式以外の式は、 全て等式が成り立たないことになります。 この「（１０）式のN＝２の場合の（１１）式に（９）式の条件を入れて得た、（１３）式の形の式は、 （１１）式がこの１３式の形以外の式では全て等式が成り立たないということ」が後で非常に大切なことになります。 さて、話を少し戻して （１１）式をもとにして、N＞２の場合を考えます。 N＞２として （１１）式の両辺に（A＋B＋１）^(N-2)をかけてやると （A＋B＋１）^2＊（A＋B＋１）^(N-2) ＝（A＋１）^2＊（A＋B＋１）^(N-2)＋（B＋１）^2＊（A＋B＋１）^(N-2)・・・・・・（１４） 整理して （A＋B＋１）^N ＝（A＋１）^2＊（A＋B＋１）^(N-2)＋（B＋１）^2＊（A＋B＋１）^(N-2)・・・・・・・・・（１５） となって、左辺は（１０）式と等しくなっていますが、右辺は（１０）式とは異なっています。 同じ（１０）式から出発して、正しく代数の演算をして得た（１５）式なのに、なぜ（１０）式と異なる式になったのでしょう。 サンゴ礁数列は、どのNの場合も、もし解があれば、こういう形で与えられるといっているだけで、解があるとはいっていないのです。 また、各Nの場合の（２）式は、もし解があれば、必ず自然数X、Y、ZとN>1の自然数Nで（２）式の形で書けるし、そのとき他のNの場合は、 X、Y、ZとN>1の自然数Nで、（２）式の形には書けないといっていると考えられます。 そういうわけなので、とりあえず解の組が存在することがわかっている、N＝２の場合を利用して状況を把握していきましょう。 （１５）式は（１１）式の両辺に等しく（A＋B＋１）^(N-2)をかけただけですから、式として （１１）式と同値の式です。 この（１５）式について、次の考察をしておきます。 左辺の式、（A＋B＋１）^Nに全ての有理数の中から、数を２個取ってきてAとBに代入する操作全ての場合を考えてみますと。 （A＋１）^2＊（A＋B＋１）^(N-2)＋（B＋１）^2＊（A＋B＋１）^(N-2)が １対１で対応していることは明らかです。 つまり、（１５）式は、等式が真とも偽ともいえませんが全ての有理数から数を２個取ってきてAとBとに代入する操作において、 １組のAとBの組で書かれる左辺の式に対して１組のAとBの組で書かれる右辺の式が、１対１で対応しているのは明らかです。 ということは、この（１５）式の等式の真偽を確かめれば、全ての場合のN乗数のことが確かめられるということになります。 ここで（１５）式に、（１２）式のB＝１/2Aを代入してみましょう。 （２A^2＋２A＋１）^N ＝｛（２A^2＋２A）^2｝＊｛（２A^2＋２A＋１）^(N-2）｝ ＋｛（２A＋１）^2｝＊｛（２A＋２A＋１）^(N-2)｝・・・・・・・（１６）式 ここでもう一つの方向から考えて、 （１３）式の両辺に（２A^2＋２A＋１）^(N-2)をかけてやると （２A^2＋２A＋１）^２＊（２A^2＋２A＋１）^(n-2) ＝｛（２A^2＋２A）^2｝＊｛（２A^2＋２A＋１）^(N-2）｝ ＋｛（２A＋１）^2｝＊｛（２A＋２A＋１）^(N-2)｝ 左辺を整理して （２A^2＋２A＋１）^N ＝｛（２A^2＋２A）^2｝＊｛（２A^2＋２A＋１）^(N-2）｝ ＋｛（２A＋１）^2｝＊｛（２A＋２A＋１）^(N-2)｝・・・・・・・（１７）式 この１７式のもとになった（１３）式は恒等式ですから、（１７）式も恒等式です。 ここで（１６）式と（１７）式を比べて見ますと、両者は全く同じものとなっています。 したがって、（１６）式は恒等式です。 また、（１６）式は（１）式のｚをｚ＝２A^2＋２A＋１として、ｚのN乗を左辺として表現した式となっています。 これから（１６）式の右辺を（１）式の形に変形してみます。 （１６）式をさらに変形して確かめてみます。 （２A^2＋２A＋１）^N ＝[｛（２A^2＋２A）^(2/N)｝*｛(２A^2＋２A＋１）^{(N-2）/N} ｝]^N ＋[｛（２A＋１）^(2/N)｝＊｛（２A＋２A＋１）^{(N-2)/N} ｝]^N・・・・・・・・・・・・・・（１８） となり、右辺をこのように書くと確かに（１６）式は （ ）^N＝（ ）^N＋（ ）^N の形に変形出来ましたが （１８）式は、これが恒等式であるため、等式は常に成立していますが、右辺第１項、 右辺第２項ともに有理数のN乗とはなりません。 なぜかといいますと、指数(2/N)も、指数{(N-2）/N}も、真分数なので Nが偶数のときも真分数となり かつまた、明らかに (2/N)<>{(N-2）/N} で 右辺の各項の[ ]の中は無理数にしかなりません。 かつまた （１８）式を成立させる有理数、A及びBの組みは 有理数Aを使って（１８）式のように書かれるような ２AB＝１ を満足するA及びBの組み以外のA及びBの組みには、解となる組みはありませんから すなわち（１５）式は、（１８）式の形に書かれる以外の有理数の組、 A及びBに関する式は等式さえも成立しません。 すなわち、N＞２の場合、（１５）式は（１８）式のように、右辺が２つの無理数のN乗の足し算の形で成立するか、（９）式の条件以外のA及びBの組で偽なる式になるか、どちらかにしかなりません。 このどちらも、いわゆるフェルマーのN乗数の条件を満たしていないので フェルマーさんの言ったとおり N＞２では （１）式 ｚ^N＝ｘ^N＋ｙ^N に解はありません。 これで全てを断定できたと思いますが、念のため、N＞２の場合の（１０）式から出発してN＞２の場合に（１０）式の解となる、 有理数、A及びBの組があると仮定して、この仮定が、N＝２のときの本当は存在する解を否定してしまう様子を見てみます。 あらためて（１０）式を書いて、はじめます。 （A＋B＋１）^N＝（A＋１）^N＋（B＋１）^N・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１０） （１０）式で、A及びBは正の有理数 （１０）式の両辺を（A＋B＋１）^(N-2)で割って （A＋B＋１）^2 ＝{（A＋１）^N}/（A＋B＋１）^(N-2)＋{（B＋１）^N}/（A＋B＋１）^(N-2)・・・・・・・・・（１９） となって、この（１９）式は（１０）式と同値の式ですから、（１９）式について、サンゴ礁数列はもしN＞２のとき有理数の解があれば、 この場合、N＞２のとき有理数の解があると仮定すると、N＝２の場合の（１１）式を否定してしまうわけなのです。 もう少し詳しく説明しますと、（１９）式を変形して （A＋B＋１）^2 ＝[{（A＋１）^(N/2)}/（A＋B＋１）^(N-2)/2]^2 ＋[{（B＋１）^(N/2)}/（A＋B＋１）^(N-2)/2]^2・・・・・（２０） と、（１１）式とは全く異なる式になり、（１１）式を否定してしまいます。 （１１）式においては、A、Bが有理数なら、左辺、右辺ともに必ず有理数になりますが、（２０）式は、 Nが奇数のときは必ず右辺が無理数を含んだものとなって、これも（１１）式を否定しています。 また、当たり前ですが、N＝２のときの解の組を（２０）式に代入しても等式は成立しません。 （２０）式においては、Nが偶数のときも、奇数のときも、（１１）式とは異なる式となっています。 ここで、またまた念のために、（２０）式と（１１）式を連立させてみて、計算してみますと、 次の２つの場合が考えられます。 （１） {（A＋１）^(N/2)}/（A＋B＋１）^(N-2)/2＝（A＋１）かつ {（B＋１）^(N/2)}/（A＋B＋１）^(N-2)/2＝（B＋１）・・・・（２１） （２） {（A＋１）^(N/2)}/（A＋B＋１）^(N-2)/2＝（B＋１）かつ {（B＋１）^(N/2)}/（A＋B＋１）^(N-2)/2＝（A＋１）・・・・（２２） （２１）式を計算しても、（２２）式を計算しても、A＝Bと答えが出ます。 これをまた（２０）式に代入して、またも（１１）式と連立させて計算すると、A＝B＝０と答えが出ます。 （０９年３月４日訂正） X＝０、Y＝０、Z＝０は自明な解で、探していたものとは違います。 やはり、（１０）式のN＞２の場合に、自明な解以外に有理数A、Bの解の組があるというのは間違った仮定で、 （１０）式のN＞２の場合には有理数A、Bの解の組はないという結論に達します。 （２）式はただ１行で、フェルマーの問題の全貌を示していたのですね。 錯覚して思い込んでいました。 正しくは、Ａ＝Ｂ＝０はでたらめな答えです。 Ａ＝Ｂ＝０は、 このようなでたらめな答えができるわけは、 なぜかといいますと、たとえば ｘ＜＞０の条件のもとでは（これを書き漏らしていました。０９年３月１０日追加） ２ｘ＝ｘ という式はでたらめな式で、複素数を含めて、どんな数もこの式を満足できません。 しかし、たとえば、この式の左辺と右辺をひっくり返して、辺々加えると ２ｘ＝ｘ ｘ＝２ｘ 辺々加えて 2x＋ｘ＝２ｘ＋ｘ と正しい式に戻ってしまうときがあるのです。 ということ連立してでたらめな式ができた、 （２）式はやはり、ただ１行で、フェルマーの問題の全貌を示していました。 （０９年３月４日訂正終わり） （０８年１２月２１日追記分） ここでまたまた念のため、次のような計算もやってみました。 改めて（１９）式からやってみます。 （A＋B＋１）^2 ＝{（A＋１）^N}/（A＋B＋１）^(N-2)＋{（B＋１）^N}/（A＋B＋１）^(N-2)・・・・・・・・・（１９） ちょっと書き直して （A＋B＋１）^2 ＝{（A＋１）^2*（Ａ＋１）^(N-2)}/（A＋B＋１）^(N-2) ＋{（B＋１）^2*（Ｂ＋１）^(N-2)}/（A＋B＋１）^(N-2) もうすこし書き直して （A＋B＋１）^2 ＝（A＋１）^2＊｛（Ａ＋１）^(N-2)/（A＋B＋１）^(N-2)｝ ＋（B＋１）^2＊｛（Ｂ＋１）^(N-2)/（A＋B＋１）^(N-2)｝・・・（２３） ここで改めて（９）式を書いてみます。 ２ＡＢ＝１・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（９） これから ｂ＝１／２Ａ このＢを（２３）式に入れると （２Ａ＾2＋２Ａ＋１）^2 ＝（２Ａ＾2＋２Ａ）^2＊｛（２Ａ＾2＋２Ａ）^(N-2)}/（２Ａ＾2＋２Ａ＋１）^(N-2)｝ ＋（２Ａ＋１）^2＊｛（２Ａ＋１）^(N-2)}/（２Ａ＾2＋２Ａ＋１）^(N-2)｝・・・・・・・・・・・・・・・（２４） となります。 この（２４）式が、Ｎ＞２の場合に真なる式であるためには、恒等式（１３）式と較べてみると ｛（２Ａ＾2＋２Ａ）^(N-2)}/（２Ａ＾2＋２Ａ＋１）^(N-2)｝＝１で、 かつ｛（２Ａ＋１）^(N-2)}/（２Ａ＾2＋２Ａ＋１）^(N-2)｝＝１ でなければなりません。 そうすると ２Ａ＾2＋２Ａ＝２Ａ＾2＋２Ａ＋１で、かつ２Ａ＋１＝２Ａ＾2＋２Ａ＋１でなければなりません。 そうすると、１＝０でかつ、Ａ＝０でなければなりません。 このようなことはありえないので、（１９）式はＮ＞２の場合は偽なる式といわざるを得ません。 そこで元になった（２）式 （X＋Y＋Z）^N＝（X＋Z）^N＋（Y＋Z）^N・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（２） はＮ＞２の場合には偽なる式になるといわざるを得ません。 もちろん、Ｎ＝２の場合の（１９）式は、恒等式であるため常に真となっている（１３）式と同じ式になります。 （０９年１月１２日追記２）（０９年１月１７日さらに追記） まとめると、 自然数Ｘ，Ｙ，Ｚの組がフェルマーの問題の解を生成するためには、（２）式の形に書けなければならない。 ところが、Ｎ＞２のばあい（２）式は、ありとあらゆる自然数Ｘ，Ｙ，Ｚの組み合わせにおいて偽なる式になっている。 だから、Ｎ＞２の場合にはフェルマーの問題に解はない。 実はこれまでの証明で、まだ言及していない大切なことが残っています。 それはサンゴ礁数列が、Ｎがどんなに大きくなっていっても確実なものなのかということです。 これについては、サンゴ礁数列は実に泥臭く数学的には自明なことばかり並べていって、こしらえたものなので、 紛れようはなく確実なものです、と、もうしあげておくだけにして、中学生、高校生の皆様へのクイズとしておきましょう。 （０９年１月１２日追記２終わり） 以上、今朝見た夢で、この方がひらたくて分かりやすいよと教えられて追記しておくことにしました。 （０８年１２月２１日追記分おわり） （０９年３月１日追記） 先日、ある、科学、哲学などを公開で議論する掲示板に、フェルマーさんはこの問題の証明を得ていたと思いますというカキコミをして、 専門家の方々のご意見をいただきました。 どうやら、Ｎ＝２の場合と、Ｎ＞２の場合をごちゃ混ぜに考えているところに問題があるということらしいです。 そこのところの、うさんくささはオトーサンも絶えず感じたり、いや大丈夫と思いなおしたりで、もやもやしているところではあります。 そこで、ここで、オトーサンが何を考えていたのか、ひらたく述べさせていただきたいと思います。 （１１）式と（２３）式を以下に並べて書いて、具体的に数字をいれて、考えていたことを説明いたします。 （A＋B＋１）^2＝（A＋１）^2＋（B＋１）^2・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１１） （A＋B＋１）^2 ＝（A＋１）^2＊｛（Ａ＋１）^(N-2)/（A＋B＋１）^(N-2)｝ ＋（B＋１）^2＊｛（Ｂ＋１）^(N-2)/（A＋B＋１）^(N-2)｝・・・（２３） （１１）式も（２３）式もＡ，Ｂは有理数という以外制限は付いておらず、したがって（１１）式の左辺と （２３）式の左辺とは同じものといっていいと考えられます。 そこで、（１１）式と（２３）式を合体させ、次のように書くことができると考えられます。 （A＋B＋１）^2 ＝（A＋１）^2＋（B＋１）^2 ＝（A＋１）^2＊｛（Ａ＋１）^(N-2)/（A＋B＋１）^(N-2)｝ ＋（B＋１）^2＊｛（Ｂ＋１）^(N-2)/（A＋B＋１）^(N-2)｝・・・・・・・・（２５） この（２５）式で、たとえばＮ＝３として、具体的にＡ，Ｂにピタゴラス数の解の条件をなっている数字をいれてみます。 ２ＡＢ＝１ が条件でした。 そこで、たとえば Ａ＝１，Ｂ＝１／２ の有理数の組を（２５）式に入れてみます。 （１＋１／２＋１）^2 ＝（１＋１）^2＋（１／２＋１）^2 ＝（１＋１）^2＊｛（１＋１）^(3-2)/（１＋１／２＋１）^(3-2)｝ ＋（１／２＋１）^2＊｛（１／２＋１）^(3-2)/（１＋１／２＋１）^(3-2)｝・・・・・・・・（２６） これを計算すると （２＋１＋２）^2 ＝（２＋２）^2＋（１＋２）^2 ＝（２＋２）^2＊｛（２＋２）^(3-2)/（２＋１＋２）^(3-2)｝ ＋（１＋２）^2＊｛（１＋２）^(3-2)/（２＋１＋２）^(3-2)｝・・・・・・・・（２７） すなわち （５）^2 ＝（４）^2＋（３）^2 ＝（４）^2＊｛（４）^(3-2)/（５）^(3-2)｝ ＋（３）^2＊｛（３）^(3-2)/（５）^(3-2)｝・・・・・・・・（２８） すなわち （５）^2 ＝（４）^2＋（３）^2 ＝（４）^2＊（４/５） ＋（３）^2＊（３/５）・・・・・・・・（２９） このように（２９）式の２番目の等号が成立していません。 （２３）式は１対１で（１１）式に対応しているから、（２５）式のようにかかれる以外、外に式はありません。 また、（２５）式の左辺 （A＋B＋１）^2 は全ての有理数の組み合わせ、Ａ，Ｂを含み、また、一番目の等号が成立するのは 条件 ２ＡＢ＝１ の場合だけです。 このときに２番目の等号が成立しないのは明らかで、これは、 （１０）式と同値の（２３）式の等号が成立することがないということです。 すなわち Ｎ＞３の場合の（１０）式は等号が成立することが無い。 すなわちＮ＞３の場合、（１０）式が真なる式になることは一度もない。 （１０）式を肯定し、そして（２３）式を肯定すると、具体的に有理数を入れてみて計算した、この例のようなことが全てのピタゴラス数の解の場合に起きると、 オトーサンは主張して、このことを一般的に書いたのが（２４）式なのです。 （０９年３月１日追記終わり） （０９年３月４日追記） 前述の記事で書いてあったことに、重大なケアレスミスがありました。 ０９年３月４日訂正の、 計算の結果についての判定にとてつもないケアレスミスがありました。 これを正しく直せば、この時点でフェルマーの問題はフェルマーさんが書いたとおりだと断定できます。 錯覚して、まだ断定できていないと思い ２乗の場合の条件式をいれて、結果を出したのが、いかにもうさんくさくて、議論を呼ぶこととなったのでした。 訂正されたほうの考えを読んでいただきたいと思います。 もはや、２乗の場合の恒等式（１３）式の登場を待たないで証明できていて、これにはうさんくささは無いと思います。 （０９年３月４日追記終わり） （０９年３月１５日追記） 今日はオトーサンが、混乱しながら色々グチャグチャ考えていたことを二つほど述べさせていただきます。 一つ目は （１１）式と（１９）式を並べて書いて、ここでひといきいれ、両式の左辺を見つめ、 もう一度サンゴ礁数列に問いかけてみるという考えです。 （A＋B＋１）^2＝（A＋１）^2＋（B＋１）^2・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１１） （A＋B＋１）^2 ＝{（A＋１）^N}/（A＋B＋１）^(N-2)＋{（B＋１）^N}/（A＋B＋１）^(N-2)・・・・・・・・・（１９） これから、うえの（１１）式と（１９）式の左辺が同じなのに、右辺が異なっている様子を、サンゴ礁数列に問うてみることにします。 まず（１０）式を書いて、はじめていきます。 サンゴ礁数列は具体的に書いてこそ、意味が自明的に分かるから、Ｎ＝３の場合とＮ＝２の場合について考えます。 （A＋B＋１）^N＝（A＋１）^N＋（B＋１）^N・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１０） （１０）式の両辺を（A＋B＋１）^(N-2)で割ったのが、次の（１９）式です。 （A＋B＋１）^2 ＝{（A＋１）^N}/（A＋B＋１）^(N-2)＋{（B＋１）^N}/（A＋B＋１）^(N-2)・・・・・・・・・（１９） この（１０）式のＮ＝３の場合は次のような式になります。 （A＋B＋１）^3＝（A＋１）^3＋（B＋１）^3・・・・・・・・・・・・・・・・・・（３０） これから （A＋B＋１）^2 ＝{（A＋１）^3}/（A＋B＋１）＋{（B＋１）^3}/（A＋B＋１）・・・・・・・・・（３１） この（３１）式は（３０）式の両辺を（Ａ＋Ｂ＋１）で割ったものとなっております。 ここであらかじめお断りいたしますが、以下に示すサンゴ礁数列はすでに発表していた図を、右に９０度回転させ、 さらに数列の要素となっている個々の数を左に９０度回転させたものとなっております。 したがって、従来のものと列と行が入れ違ったものとなっておりますが、意味は同じです。 （３０）式に対応しているサンゴ礁数列は次のようになります。 （３０）式のもとの式は （ｘ＋Ｙ＋ｚ）^3＝（Ｘ＋ｚ）^3＋（Ｙ＋Ｚ）^3 ですから、（３０）式に対応するのは、以下のようなサンゴ礁数列になるわけです。 以下、各式に対応するサンゴ礁数列は同様の事情となっています。 １３行まで具体的に書いてあります。 たとえば、一行目から５行目までの数を全て加えると、５の３乗すなわち１２５になるという具合にできています。 全体で１３行ありますから、全体では１３の３乗、すなわち２１９７を表しています。 図３ 1 1 6 1 6 12 1 6 12 18 1 6 12 18 24 1 6 12 18 24 30 1 6 12 18 24 30 36 1 6 12 18 24 30 36 42 1 6 12 18 24 30 36 42 48 1 6 12 18 24 30 36 42 48 54 1 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 1 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 66 1 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 66 72 上の３図、Ｎ＝３の場合のサンゴ礁数列に対して、以下の４図は Ｘ＋Ｙ＋Ｚ＝１３という具体的な場合の（３１）式を表している層状の数列ということになります。 ４図の層状数列は、３図のＮ＝３の場合の、Ｘ＋Ｙ＋Ｚ＝１３という具体的な場合のサンゴ礁数列の全ての要素を、 １３で割ってあるものです。 また、たとえばＸ＋Ｙ＋Ｚ＝５の場合の（３１）式を具体的に書こうとすると、 Ｎ＝３の場合のサンゴ礁数列を５行分書いて、その５行分の要素をすべて５で割ることになります。 ここで、これらの層状数列に掛ける割るの演算をする場合のオトーサン流は、ある数を掛ける場合は全ての要素にその数を掛ける。 また、ある数で割る場合も、全ての要素をその数で割る、というやり方であるということをお断りしておきます。 それは、この層状数列は選んだ行、選んだ枠は中の要素の値を全て加えるというルールがあって、 選ばれた値たちは、自動的に全てプラス演算されるからで、これらプラス記号でつながった値たちにある数を掛けるということは、 選ばれた値たち全てに、その数をかけることだとオトーサンは思うからです。 割る場合も同様です。 しかし、自己流のこの考えが妥当なものかどうかは、皆様のご判断を待つしかないと思っています。 加え算、引き算はする必要が無かったので、考えていません。 図４ 1/13 1/13 6/13 1/13 6/13 12/13 1/13 6/13 12/13 18/13 1/13 6/13 12/13 18/13 24/13 1/13 6/13 12/13 18/13 24/13 30/13 1/13 6/13 12/13 18/13 24/13 30/13 36/13 1/13 6/13 12/13 18/13 24/13 30/13 36/13 42/13 1/13 6/13 12/13 18/13 24/13 30/13 36/13 42/13 48/13 1/13 6/13 12/13 18/13 24/13 30/13 36/13 42/13 48/13 54/13 1/13 6/13 12/13 18/13 24/13 30/13 36/13 42/13 48/13 54/13 60/13 1/13 6/13 12/13 18/13 24/13 30/13 36/13 42/13 48/13 54/13 60/13 66/13 1/13 6/13 12/13 18/13 24/13 30/13 36/13 42/13 48/13 54/13 60/13 66/13 72/13 この４図の層状数列は、全体の要素全てを加えると１３^2、すなわち１６９になっています。 しかしたとえば、１行目から５行目まで加えても１２５／１３となって、５の２乗にはなっていません。 ４図はサンゴ礁数列とはいえませんから、このような現象を取り上げても意味がないといわれそうですが、 サンゴ礁数列のルールは一行目からＸ行目まで加えるとそれがＸに対応する数（サンゴ礁数列について言うとその数はＸ^N） になるというのがルールです。 このルールすなわち操作の普遍性こそが絶対に大切で、 これは割り算によって、もはやサンゴ礁数列とは言えなくなった数列においても、絶対に守られなければならないルールで、 オトーサンにはよく説明できないのですが、この層状数列はある種の写像というものだと考えるのです。 この層状の数列が写像といえるのなら、ある数に写像を施して、異なる結果が出る場合は、たとえ、 それらの数列の総合計が等しくても、それは異なる写像、すなわち、それらの層状の数列の意味するところが異なる場合だと考えるのです。 また、ある意味原始的なサンゴ礁数列に、何かの数を掛ける、割るの演算を施した層状数列もサンゴ礁数列と呼んでいいのではないかともしれないとも、 オトーサンは考えています。 そして、この辺りの事情が（１１）式の左辺と、右辺の第１項及び第２項、そして、 それに対する（３１）式の左辺と、右辺の第１項及び第２項となって、同じ左辺に対して異なる右辺という現象になって、 表現されていると考えるのです。 けれども、よく考えてみると、４図では全ての要素の合計は、１３の２乗になっていますから、 これは本来のＸ＋Ｙ＋Ｚ＝１３場合の２乗のサンゴ礁数列の形に並べ替えることが出来、 そのように並べ替えると、以下の５図のような本来の２乗の場合のサンゴ礁数列ができます。 しかし総計が等しいとはいっても、上に述べた理由で、４図と５図では異なる式を意味していて、しかも、 それらの式の左辺が等しい式で表現されているということは、両方でたらめな式であるか、 片方が正しく、もう片方がでたらめな式であるかのどちらかであるとオトーサンは考えるのです。 その場合、５図は正しい式を導く数列ですからですから、４図はでたらめな式を導く数列ということになります。 図５ 1 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ５図の数列は、総合計が１３^2＝１６９で、よく知られた解、５，４，３の組や１３，１２，５の解の組が確認でき、 ４図の層状数列は解の存在を否定する数列ですが、 しかし、５図の形に並び替えると、実際には解があることが分かります。 この、正しく並び替えられた５図の数列を、この場合のＸ、Ｙ、Ｚで書いたＸ＋Ｙ＋Ｚ＝１３倍して、 また３乗の世界に帰すと、以下の６図となり、 図６ 1*13 1*13 2*13 1*13 2*13 2*13 1*13 2*13 2*13 2*13 1*13 2*13 2*13 2*13 2*13 1*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 1*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 1*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 1*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 1*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 1*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 1*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 1*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 2*13 この６図の層状数列は、もはや、１行目からＸ行目まで加えた数の合計はＸ^3とはならず、 Ｎ＝３の場合のサンゴ礁数列とは言いがたいのですが、この層状数列の総合計は２１９７＝１３^3となっており、 １３行目の合計は３２５＝で、これは１行目から５行目まで加えた数と一致します。 このときの様子を、この層状数列の使い方のルールに沿って計算すれば （８＋４＋１）^3＝（８＋４）^2＊（８＋４＋１）＋（４＋１）^2＊（８＋４＋１） となり 右辺＝１８７２＋３２５＝２１９７＝１３^3＝左辺 と、等式が成立しています。 以上の具体的な数字を使った例からうかがい知ることができるように、全てのＮ＞２の場合にも ＮがＮ＞２の場合の正しい式は （Ａ＋Ｂ＋１）^N＝（Ａ＋１）^N＋（Ｂ＋１）^N ではなく （Ａ＋Ｂ＋１）^N＝（Ａ＋１）^2＊（Ａ＋Ｂ＋１）^(N-2)＋（Ｂ＋１）^2＊（Ａ＋Ｂ＋１）^(N-2) で、Ｎ＞２の場合は （Ａ＋Ｂ＋１）^N＝（Ａ＋１）^N＋（Ｂ＋１）^N という式は偽なる式で、したがってこの式を満足する有理数Ａ、Ｂの組は存在しないというわけです。 Ａ，Ｂに実数も使った場合の３乗の場合の恒等式はオトーサンがすでに計算してあります。 その記事は、このページの上にある「道草篇（うちの猫など）」というリンクをクリックすれば、もうひとつの関連ページに行け、 そこで読めます。 ここでいっていることは、今までいっていたことと、何も変わりません。 しかし、より分解してこの辺りの事情を説明させていただいたつもりなのです。 さて、２つ目の、頭の中にあってもやもやしていたことについて言及いたします。 それは、以下のようなことです。 （１３）式は恒等式です。 （２A^2＋２A＋１）^2＝（２A^2＋２A）^2＋（２A＋１）^2・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１３） この（１３）式の両辺に（２A^2＋２A＋１）^(N-2)を掛けた形の（１７）式も恒等式であることは明らかです。 （２A^2＋２A＋１）^N ＝｛（２A^2＋２A）^2｝＊｛（２A^2＋２A＋１）^(N-2）｝ ＋｛（２A＋１）^2｝＊｛（２A＋２A＋１）^(N-2)｝・・・・・・・（１７）式 ただし、（１７）式において、Ｎは、Ｎ＞２ この（１７）式は、４図の層状数列を、正しく解があるような形に並べ替えて５図の層状数列にして、自然数Ｘ，Ｙ，Ｚに関する式を作り さらに、（＃３）の両式をつかって、有理数Ａ，Ｂに関する式に書き換えて さらにこれに２ＡＢ＝１という条件式を代入して さらにこれを（２A^2＋２A＋１）^(N-2)倍して、さらにまた、自然数Ｘ，Ｙ，Ｚの式に書き換えて、 ＮがＮ＞２の場合の層状数列の世界に帰してやったときの、有理数Ａ，Ｂで表現されている一般式といえます。 ここで問題になるのが、２ＡＢ＝１という関係式はＮ＝２の場合に解が成立するための条件式で、 これを（１７）式のようにＮがＮ＞２一般の場合にも使ってしまったところに 矛盾が生じる原因があるわけだから、（１７）式がＮ＞２の場合の（２）式と異なったからといって、 Ｎ＞２の場合の（２）式に矛盾があると証明されたわけではないということが考えられることです。 この点について考えてみますと、（１７）式は恒等式です。この（１７）式をもう少し変形すると （２A^2＋２A＋１）^N ＝｛（２A^2＋２A）^N｝＊｛（２A^2＋２A＋１）^(N-2）｝／（２A^2＋２A）^(N-2) ＋｛（２A＋１）^2｝＊｛（２A＋２A＋１）^(N-2)｝（２A＋１）^N もう少し変形して （２A^2＋２A＋１）^N ＝｛（２A^2＋２A）^N｝＊｛（２A^2＋２A＋１）／（２A^2＋２A）｝^(N-2） ＋｛（２A＋１）＾Ｎ｝＊｛（２A＋２A＋１）／（２A＋１）｝^(N-2)・・・・・・・（３２） ただし、（３２）式において、Ｎは、Ｎ＞２ さらに（２）式をＡ，Ｂで書き直した式である（１０）式を書いて （A＋B＋１）^N＝（A＋１）^N＋（B＋１）^N・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１０） ただし、（１０）式において、Ｎは、Ｎ＞２ この（１０）式に Ｂ＝１／２Ａ を代入すると、次の（３３）式ができます。 （２Ａ^2＋２Ａ＋１）^N＝（２Ａ^N＋２Ａ）^N＋（２Ａ＋１）^N・・・・・・・・・・（３３） 言うまでもなく、（３２）式は恒等式です。 この（３２）式を（３３）式は否定しているのは明らかです。 条件に使った、Ｂ＝１／２ＡがＮ＝２のときのものだから、それをＮ＞２のときに使えば、矛盾するのが当然という考えも浮かびますが、 しかし、（３２）式は恒等式です。 （３２）式ができた過程はともかく、恒等式を否定するということは、数がそれ自身と等しいという、 数の世界のルールを逸脱することだとオトーサンは考えるのです。 （３２）式を否定している（３３）式を満足する有理数があると肯定すると、その有理数は数の世界のものではないということで、 これは考えられません。 ということは、Ｎ＝２のときの条件式、Ｂ＝１／２Ａを使った（３２）式ではありますが、恒等式である以上、 これを否定することはできない。 ということは、（３３）式を満足する有理数はないと結論が出ます。 ちょっと手品を使ったような後ろめたい気もしますし、やはりこれも、うさんくさそうだなという感じが自分でもするのですが、 とりあえず、書いておいて皆様のご意見をいただきたいと思います。 最後に、自然数Ｘ，Ｙ，Ｚで表現した、２乗の場合の恒等式をこの下に書いておきます。 ２ＡＢ＝１ と（＃３）式から ２ＸＹ＝Ｚ^2 Ｙ＝Ｚ^2／２Ｘ これをつぎの（２）式のＮ＝２の場合の式（２．１）式にいれてできます。 （X＋Y＋Z）^N＝（X＋Z）^N＋（Y＋Z）^N・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（２） （X＋Y＋Z）^2＝（X＋Z）^2＋（Y＋Z）^2・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（２.1） （２Ｚ^2＋２ＸＺ＋Ｘ^2）^2＝（２Ｚ^2＋２ＸＺ）^2＋（２ＸＺ＋Ｘ^2）^2・・・・・・・・・・・（３４） もちろん、（３４）式は（１３）式にＡ＝Ｚ／Ｘを入れてもできます。 （２A^2＋２A＋１）^2＝（２A^2＋２A）^2＋（２A＋１）^2・・・・・・・・・・・・・・・・・・（１３） この恒等式（３４）式は、自然数で記述できているところはいいところなのですが、形がごついし、打ち間違えそうで、 変数が２個あるところが使いずらそうだったので、つかいませんでした。 これらの、（１３）式や（３４）式が、数学辞典に載っているピタゴラス数を探す式に通じているということは、 このページの上についているリンク、「道草篇（うちの猫など）」をクリックして戻り、 もうひとつの関連記事に行けば、そこに書いてあります。 （０９年３月１５日追記終わり） （０９年５月１０日追記） このごろ、たとえば、ｘ＾ｎについて、実際的なモデルを見つけることができました。 それはパチンコ玉入れ箱です。 ｘ＾ｎとはｘ＾３個入るパチンコ玉入れ箱がｘ＾（ｎ−３）個あることです。 あるいは、底の面積がｘ＾２で、高さがｘ＾（ｎ−２）あるパチンコ玉入れ箱ともいえます。 ここで、（２）式を書いてみてそれからＮ＝２の場合とＮ＞２の場合の２通りの式を書いて考えてみます。 （X＋Y＋Z）^N＝（X＋Z）^N＋（Y＋Z）^N・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（２） （２）式でＮ＝２の場合は次のようになります。 （X＋Y＋Z）^２＝（X＋Z）^２＋（Y＋Z）^２・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（２０１） またＮがＮ＞２の場合は （X＋Y＋Z）^N＝（X＋Z）^N＋（Y＋Z）^N・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（２０２） ただし、Ｎ＞２ となります。 パチンコの玉入れ箱の話をしているので、（２０１）式は箱の底の正方形の面積を２つの正方形の面積に分ける場合について、 記述していると思っていいと思います。 （２０２）式は、パチンコの玉入れ箱のことだと思っていいと思います。 そうすると、（２０２）式の左辺の玉入れ箱にちょうど一杯の玉が右辺の２個の玉入れ箱に余さず空かさず、 ぴったり移し変えられることがあるのだろうかというのがテーマとなっていると考えていいと思います。 ここでＸ、Ｙ、ＺがＸ＜＞Ｙ＜＞Ｚ＜＞Ｘであると考えると、（２０２）式の箱は３つとも高さが異なっています。 これでは、何にも分からないので、強引に高さを（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）に揃えます。 どうやるのかといいますと、（２０２）式の両辺を（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）で割ってそれぞれの箱の底の面積を求めます。 （X＋Y＋Z）^２＝｛（X＋Z）^N｝／｛（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）｝＋｛（Y＋Z）^N｝／｛（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）｝ これを整理して （X＋Y＋Z）^２ ＝（X＋Z）^２＊｛（X＋Z）／（X＋Y＋Z）｝＾（Ｎ−２）＋（Ｙ＋Z）^２＊｛（Ｙ＋Z）／（X＋Y＋Z）｝＾（Ｎ−２） さらに整理して （X＋Y＋Z）^２ ＝[（Ｘ＋Ｚ）＊｛（Ｘ＋Ｚ）／（X＋Y＋Z）｝＾｛（Ｎ−２）／２｝]＾２ ＋[（Ｙ＋Ｚ）＊｛（Ｙ＋Ｚ）／（X＋Y＋Z）｝＾｛（Ｎ−２）／２｝]＾２・・・・・・・・・（２０３） となります。 以上で、高さが（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）で、底の面積が（２０３）式の左辺、右辺の各項のような箱がそろったことになります。 もちろん、（２０３）式の右辺の２つの箱の底の寸法は、はんぱな寸法になっていてパチンコ玉を入れるのには適さなくなっています。 しかし、箱の容積は（２０２）式の右辺の２つの箱と等しいので、（２０３）式で等式が成り立つ場合があれば、元の（２０２）式の箱は、 左辺にちょうど一杯のパチンコ玉が、右辺の２つの箱にちょうどきっちり入ってしまうことになります。 ここに、（２０３）式の等式が成り立つ場合があると、高さは３個の箱全て同じなのですから、 （２０２）式の等式が成り立つ場合があり、そのときＮがＮ＞２の場合にもフェルマーの問題に解があるということになります。 ここで、一旦、転じて （X＋Y＋Z）^２と表現された数を２つの２乗数に分けることを考えてみます。 式（X＋Y＋Z）^２を展開して整理すると （X＋Y＋Z）^２＝（Ｘ＋Ｙ）＾２＋２（Ｘ＋Ｙ）Ｚ＋Ｚ＾２ さらに展開して （X＋Y＋Z）^２＝Ｘ＾２＋２ＸＹ＋Ｙ＾２＋２ＸＺ＋２ＹＺ＋Ｚ＾２ これを整理して （X＋Y＋Z）^２＝（Ｘ＾２＋２ＸＺ＋Ｚ＾２）＋（Ｙ＾２＋２ＹＺ＋２ＸＹ） 右辺第１項をまとめて （X＋Y＋Z）^２＝（Ｘ＋Ｚ）＾２＋（Ｙ＾２＋２ＹＺ＋２ＸＹ）・・・・・・・・（２０４） ここで右辺第２項に当たる括弧の中を見てみると、２ＸＹ＝Ｚ＾２となる数の組、Ｘ，Ｙ，Ｚを選んだとき、 ここを（Ｙ＋Ｚ）＾２と書くことができることに気が付きます。 ２ＸＹ＝Ｚ＾２・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（２０５） とりあえず、２ＸＹ＝Ｚ＾２を満足するＸ，Ｙ，Ｚを選んだとすると、このとき（２０４）式は （X＋Y＋Z）^２＝（Ｘ＋Ｚ）＾２＋（Ｙ＋Ｚ）＾２・・・・・・・・（２０６） と書くことができるはずです。 （２０６）式に（２０５）式を代入して計算してみると （２０５）式から Ｙ＝Ｚ＾２／２Ｘ これを（２０６）式に代入して （２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２＝（２Ｘ＾２＋２ＸＺ）＾２＋（Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２・・・・・・・（２０７） この（２０７）式は（２０４）式に（２０５）式を代入しても得られますが、計算がちょっと面倒です。 この（２０７）式は（２０４）式の右辺第２項が２乗数になるための条件の式（２０５）式を（２０４）式に代入したもので、 恒等式です。 （２０７）式はこのように、サンゴ礁数列の助けなしに得られた式で、したがって、Ｘ，Ｚに何の制限も無く、 左辺を表す数はすべて右辺の形で２つの２乗数になり、かつまた、この右辺の形にかけない数は（２０７）式を等式とはしません。 この（２０７）式が（２０３）式は現実的でないと否定しているわけですね。 つまり、（２０３）式の左辺は（２０７）式の左辺と同じ形をしていますから、 この左辺を２つの２乗数に分けるためには、Ｘ，Ｙ，Ｚは（２０５）式を満足させる組でなければなりません。 すなわち、（２０３）式で等式が成り立つときは、やはり、（２０５）式を満足させる、Ｘ，Ｙ，Ｚの組のときです。 そこで、（２０３）式に（２０５）式を代入してみると （２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２ ＝[（２Ｘ＾２＋２ＸＺ）＊｛（２Ｘ＾２＋２ＸＺ）／（２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）｝＾｛（Ｎ−２）／２｝]＾２ ＋[（Ｚ＾２＋２ＸＺ）＊｛（Ｚ＾２＋２ＸＺ）／（２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）｝＾｛（Ｎ−２）／２｝]＾２・・・・（２０８） Ｘ，Ｙ，Ｚを自然数ということに制限して考えると この（２０８）式はいつでも、右辺が（２０７）式の右辺より小さく、したがって（２０８）式において等式が成り立つことはありません。 （２０１）式は（２０５）式を代入すれば、ぴったりと（２０７）式に一致して、これは解を持つ場合があるわけです。 以上、今日の追記はいままで言っていたことに比べ特別なことをいっているわけではないのですが、 （２０３）式に（２０５）式を代入する手続きが正当なものであると、主張することが主眼となっています。 また、パチンコ玉入れ箱の底であれば、もはや面積が等しいかどうかという問題なので、 ためらい無く（２０７）式を引き合いに出すことができる、 というところにポイントがあります。 （０９年５月１０日追記終わり） （０９年５月１６日追記） （２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２という数は、実は以下のように書くと、 Ｘ，Ｚが複素数の範囲までわたる任意の数として、自由に２つの２乗数に切り分けることができます。 たとえば、Ｕを複素数までわたる任意の数として （２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２をＵとある数に分けると （２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２＝Ｕ＋｛（２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２−Ｕ｝ （２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２＝（√Ｕ）＾２＋［√｛（２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２−Ｕ｝］＾２・・・・（２０９） （２０９）式のように、（２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２は、自由に任意の数の２乗数に切り分けることができます。 一番ポピュラーなピタゴラス数、３，４，５の例を用いれば （２＋２＋１）＾２＝（２＋２）＾２＋（２＋１）＾２・・・・・・・・・・（２１０） （２＋２＋１）＾２ ＝４＾２＋３＾２ ＝２５ ここで、たとえば、右辺の数２５を以下のように、いい加減に切り分けてみると （２＋２＋１）＾２＝２３＋２＝（√２３）＾２＋（√２）＾２・・・・・・・・（２１１） （２１１）式を見ると、いろいろ工夫してやっと得た（２１０）式が無駄のようにも見えます。 しかし、（２１１）式を次のように書いてみてこれを計算してみると （２＋２＋１）＾２＝｛√（２５−２）｝＾２＋（√２）＾２ （２＋２＋１）＾２＝［√｛（２＋２）＾２＋（２＋１）＾２−２｝］＾２＋（√２）＾２ （２＋２＋１）＾２＝（２＋２）＾２＋（２＋１）＾２−２＋２ となり、結局これは （２＋２＋１）＾２＝（２＋２）＾２＋（２＋１）＾２ となって、（２１０）式と同じになってしまいます。 （２０９）式も同様で（２０７）式と同値な式となります。 （２０９）式において、Ｕを複素数までわたるどのような数にしても、結局これが（２０７）式と同値の式になるという結果は、 当たり前のようで、オトーサンには、ちょっと不気味な感じもする結果でした。 どうも、よく分からないのですが、ここまでやってみると、やはり、（２０７）式は完全無欠の式であるような気もします。 （０９年５月１６日追記終わり） （０９年５月２４日追記） 蛇足ですが、（２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾Ｎで表されるパチンコ玉入れ箱にちょうど一杯のパチンコ玉を、 底が正方形の２個の箱にあふれさせず空かさずに、ちょうどきっちり移す方法は、 底の寸法が（２０７）式のような寸法の箱を用意して、３つの箱の高さを（２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾（Ｎ−２）にした、 （２１２）式のような箱を作ればいいのですね。 ただし、パチンコ玉の直径は１としています。 また、言い忘れていましたが、Ｘ，Ｙ，Ｚは自然数という条件です。 また、パチンコ玉入れ箱ですから、Ｎは、Ｎ＞２の自然数ということになります （２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２＝（２Ｘ＾２＋２ＸＺ）＾２＋（Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２・・・・・・・（２０７） この（２０７）式の辺々を（２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾（Ｎ−２）倍して （２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾Ｎ ＝（２Ｘ＾２＋２ＸＺ）＾２＊（２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾（Ｎ−２） ＋（Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾２＊（２Ｘ＾２＋Ｚ＾２＋２ＸＺ）＾（Ｎ−２）・・・・・・・（２１２） （２１２）式に於いて、左辺で表される箱の容積は、右辺で表される２つの箱の容積をあわせたものと等しいのですね。 また、（２１２）式は恒等式ですから、Ｘ，Ｚにどのような数を代入しても成り立ちます。 複素数や実数をＸとＺにちゃんぽんして入れても大丈夫だと思います。 しかし、複素数は大小関係が分からない数だと聞いているのですが、ちゃんぽんで出来た（２１２）式に対応する箱って、いったいどんなものなのでしょう。 （０９年５月２４日追記終わり） 以上でオトーサンのフェルマーの問題の証明は終わりましたが まあ、素人の悲しさ、心もとないことは否めません。 ともあれ、サンゴ礁数列は、なんとなくふにゃっとしているこの問題をより具体的に書いた、面白い数列だとは思っています。 このサンゴ礁数列を使って、力のある方が、数学的にきれいで、より明確な証明を得られたらうれしいなと思うオトーサンです。 以上で証明はおしまいですが、ここにひとつ、N乗根というものがNによらず必ずあるものかどうか、 オトーサンには分からないという不安があります。 しかしまあ、なければ（１８）式には誤りがあるということになるのですが、 その場合は（１６）式が（１８）式の形にはかけないというだけで、 それはそれで全体の論理をひっくり返すことではなく、やはり解はないということなので、N乗根というものがない場合があっても、 それはそれでいいのではないかと思っているのです。 （０９年８月９日追記） きょう、この証明に誤りがあるとご指摘を受けました。 どうやら、自然数と実数あるいは複素数を明確に区別せずに論理を展開しているところに、解決しがたい誤りが生じているようです。 それから、Ｎ乗根というものはＮによらず必ずあると教えていただきました。 とりあえず、この記事は当分このまま掲載しておいて、恥をさらすつもりです。 今日からは、フェルマーの問題の証明敗戦記ということになりますね。 （０９年８月９日追記終わり） （０９年９月２０日追記） いまごろ、やっと気が付いたのですが、フェルマーの問題というのは、 単に数式が正しいかどうかのほかに、式の形も問題にしているんですね。 つまり、単に数式が真かどうかのほかに、ある形になっている必要もあるわけなんです。 （ｘ＋ｙ＋ｚ）＾２＝（ａ＋ｂ＋ｃ）＾２＋（ｄ＋ｅ）＾２ などという式は条件どうりの式で、 （ｘ＋ｙ＋ｚ）＾２＝（ａ＋ｂ＋ｃ）＋（ｄ＋ｅ）＾２ なんていうのは、（ａ＋ｂ＋ｃ）が、（ａ＋ｂ＋ｃ）＝ｆ＾２などと書けない場合はだめとかいって、 単に等式が成り立つだけでは、解と呼べないところがあるんですね。 今回はそこのところに注意を払って、議論を展開してみようと思います。 まずは（２０４）式を書いてはじめていきます。 （X＋Y＋Z）^２＝（Ｘ＋Ｚ）＾２＋（Ｙ＾２＋２ＹＺ＋２ＸＹ）・・・・・・・・（２０４） 上の（２０４）式は左辺を展開整理したものを右辺にしているだけなので、単なる恒等式です。 この（２０４）式を、また単にかきかえて （X＋Y＋Z）^２＝（Ｘ＋Ｚ）＾２＋｛√（Ｙ＾２＋２ＹＺ＋２ＸＹ）｝＾２・・・・・・・・（３０１） この（３０１）式の右辺第２項は何かの数の平方根の二乗の形をしているかぎり、フェルマーの問題の解とはいえません。 しかし、（３０１）式のＸ，Ｙ，Ｚを選ぶとき、それらのあいだに、 ２ＸＹ＝Ｚ＾２の関係があるＸ，Ｙ，Ｚを選べば、そのとき（３０１）式は （X＋Y＋Z）^２＝（Ｘ＋Ｚ）＾２＋（Ｙ＋Ｚ）＾２ ・・・・・（３０２） と書くことが出来、これはフェルマーの問題の解となります。 すなわち（３０１）式の中には、解になる式と解にならない式が混在していることになります。 ここで、Ｎ＞２のＮを考えて、（３０１）式の辺々に（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）を掛けてみます。 （X＋Y＋Z）^Ｎ ＝（Ｘ＋Ｚ）＾２（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）＋｛√（Ｙ＾２＋２ＹＺ＋２ＸＹ）｝＾２（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）・・（３０３） （３０３）式をもう少し分かりやすく変形すると （X＋Y＋Z）^Ｎ ＝（Ｘ＋Ｚ）＾Ｎ＊[｛（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）｝／（Ｘ＋Ｚ）＾（Ｎ−２）] ＋｛√（Ｙ＾２＋２ＹＺ＋２ＸＹ）｝＾Ｎ＊[｛（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）｝／｛√（Ｙ＾２＋２ＹＺ＋２ＸＹ）｝＾（Ｎ−２）]・・（３０４） ところで、サンゴ礁数列は、もし解があるときは、必ず次の形で与えられるし、 この形にかけないものは解にならないといっていました。 （X＋Y＋Z）^N＝（X＋Z）^N＋（Y＋Z）^N・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（２） （３０４）式と（２）式の左辺は同じものです。 ところが、恒等式（３０４）式は、ありとあらゆる自然数、Ｘ，Ｙ，Ｚの組み合わせを代入したとき、この形にしかならないといっていて、 この形は（２）式の形とは異なる形の式です。 先に述べたように、サンゴ礁数列は、もし解があれば（２）式の形で存在するといっているし、 恒等式（３０４）式はどのように変形しても（２）式の形に導けないのは明らかです。 （３０４）式において、Ｘ，Ｙ，Ｚのあいだに、２ＸＹ＝Ｚ＾２の関係があるときは、次の（３０５）式のようになって、 わずか（２）式の形に近づくように見えるのですが、しかしそれまでです。 （X＋Y＋Z）^Ｎ ＝（Ｘ＋Ｚ）＾Ｎ＊[｛（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）｝／（Ｘ＋Ｚ）＾（Ｎ−２）] ＋（Ｙ＋Ｚ）＾Ｎ＊[｛（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）｝／（Ｙ＋Ｚ）＾（Ｎ−２）]・・・・・・（３０５） どうしても、（２）式の形には変形できません、 ところで、サンゴ礁数列は、もし解があるときは、必ず（２）式の形で与えられるし、この形でない自然数の組み合わせは解にはならないといっているので、 どうしても（２）式の右辺の形にならない、恒等式（３０４）式の右辺は（２）式を満足できる自然数Ｘ，Ｙ，Ｚの組み合わせはないと 断定しているといわざるを得ません。 オトーサン的には、フェルマーの問題は、等式が成り立たなければならないのは、もちろんのことだが、（３０４）式のように等式が成り立っていても、 形がどうにも、ご注文どうりにならないときは、やはり解はないということになるというわけで、 Ｎ＞２のときには、この問題には解がない と断定してしまいました。 ほんと、こりないオトーサンであります。 きっと、またしかられるのでしょうなあ。 （０９年９月２０日追記終わり） なお、訂正する場合は間違っていた記述を横線で消して、その次に正しい記述を書いて訂正するように心がけていますが、 小さな、てにおはの違い、明らかな誤字脱字などは、ただ書き直す場合もあります。 （０９年９月２９日追記） まあ、言葉のあやといわれるかもしれませんが、９月２０日追記の記事をもう少し正確に書いてみたいと思います。 （２０４）式を書いてからはじめます。 （X＋Y＋Z）^２＝（Ｘ＋Ｚ）＾２＋（Ｙ＾２＋２ＹＺ＋２ＸＹ）・・・・・・・・（２０４） （２０４）式をちょっと変形してみます。 （X＋Y＋Z）^２＝（Ｘ＋Ｚ）＾２＋（Ｙ＋Ｚ）＾２＋２ＸＹ−Ｚ＾２・・・・・・（２０５） （２０５）式も恒等式です。 この（２０５）式において、２ＸＹ＝Ｚ＾２の関係を持つ全ての自然数、Ｘ，Ｙ，Ｚの組をを選んだとき、（２０５）式は、 フェルマーさんのいう、Ｎが２のときには解は無数にあるという解全てを網羅します。 さて、 （２０５）式の辺々に（Ｘ＋Ｙ＋Ｘ）＾（Ｎ−２）をかけると （X＋Y＋Z）^Ｎ ＝（Ｘ＋Ｚ）＾Ｎ＊[｛（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）｝／（Ｘ＋Ｚ）＾（Ｎ−２）] ＋（Ｙ＋Ｚ）＾Ｎ＊[｛（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）｝／（Ｙ＋Ｚ）＾（Ｎ−２）] ＋（２ＸＹ−Ｚ＾２）（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２） もう少し分かりやすくかくと （X＋Y＋Z）^Ｎ ＝（Ｘ＋Ｚ）＾Ｎ＊｛（X＋Y＋Z）／（Ｘ＋Ｚ）｝＾（Ｎ−２） ＋（Ｙ＋Ｚ）＾Ｎ＊｛（X＋Y＋Z）／（Ｙ＋Ｚ）｝＾（Ｎ−２） ＋（２ＸＹ−Ｚ＾２）（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）・・・・・・・・・・・（４０１） この（４０１）式は（３０１）式を書き換えただけで、恒等式です。 なにがいいたいかといいますと、ありとあらゆる自然数、Ｘ，Ｙ，Ｚの組を選んだ場合、 （Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）＾Ｎは、全て（４０１）式のように書かれます。 この（４０１）式は、Ｎ＞２のときは自然数、Ｘ，Ｙ，Ｚのあいだに、次の（４０２）式の関係があるＸ，Ｙ，Ｚを選んだときに（２）式の形に書かれます。 ｛（X＋Y＋Z）／（Ｘ＋Ｚ）｝＾（Ｎ−２）＝１｝∩｛（X＋Y＋Z）／（Ｙ＋Ｚ）｝＾（Ｎ−２）＝１｝∩（２ＸＹ＝Ｚ＾２）・・（４０２） しかし、Ｎ＞２のとき、２ＸＹ＝Ｚ＾２はともあれ、｛（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）｝／（Ｘ＋Ｚ）＾（Ｎ−２）＝１や ｛（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）｝／（Ｙ＋Ｚ）＾（Ｎ−２）＝１を満足する０でない数はありえないことであり、 （４０２）式を満足する０でない自然数はありません。 したがって、Ｎ＞２の場合、（２）式を成立させる自然数は存在しないというのがオトーサンの考えなのです。 Ｎ＝２のときは、Ｎ−２＝０となるので（４０１）式は（２０５）式と同じ式になるわけです。 （０９年９月２９日追記終わり） （０９年１０月１日追記） 不思議なことなのですが、（４０１）式はＮ＝２の場合はもちろん、Ｎ＝１の場合もカバーしていたのです。 （４０１）式はＮ＝１の場合は無条件で、自明な等式になります。 Ｎ＝２の場合はも、もちろん自明な等式になりますが、２ＸＹ＝Ｚ＾２の条件に合う自然数の組Ｘ，Ｙ，Ｚを選べば、 フェルマーの問題の解を生成します。 Ｎ＞２の場合も、（４０１）式は自明な等式になりますが、フェルマーの問題の解を生成するような自然数の組Ｘ，Ｙ，Ｚはありません。 なんとなく、Ｎ＝１の場合は、（４０１）式にとって想定外なので、ずれるのではないだろうかと思っていたのですが、 計算してみたら、ずれていませんでした。 たぶん、Ｎ＝０でもＮ＜０でも、ずれないのかもしれませんが、まだ試していません。 物理の世界と違って数学の世界は、たぶん、正しい式はどこまで行っても正しいのでしょう。 暗闇の中を計算していって、たどり着いたところで、きっちり数学の世界にあっている式たちには感動しました。 数の世界は、神様の作った世界といっても、過言ではないと考えさせられているところです。 （０９年１０月１日追記終わり） （０９年１０月２日追記） ここまでやってみて、いまごろ気が付いたのですが、以下のことも書いておきたいと思います。 Ｘ＋Ｙ＋Ｚ＝Ｘ＋Ｙ＋Ｚ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・（５０１） （５０１）式の辺々にＸ＋Ｙ＋Ｚを掛けます。 （Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）＾２＝（Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）＾２・・・・・・・・・・・・・・・・・・（５０２） （５０２）式の右辺を書き換えて （X＋Y＋Z）^２＝（Ｘ＋Ｚ）＾２＋（Ｙ＋Ｚ）＾２＋２ＸＹ−Ｚ＾２・・・・・・（５０３） この（５０３）式は、形も意味も（２０５）式と同じです。 ２ＸＹ＝Ｚ＾２の条件の、Ｘ，Ｙ，Ｚの数の組で全てのピタゴラス数を網羅します。 （５０３）式の両辺に（Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）＾（Ｎ−２）を掛けて、右辺を整理すると （X＋Y＋Z）^Ｎ ＝（Ｘ＋Ｚ）＾Ｎ＊｛（X＋Y＋Z）／（Ｘ＋Ｚ）｝＾（Ｎ−２） ＋（Ｙ＋Ｚ）＾Ｎ＊｛（X＋Y＋Z）／（Ｙ＋Ｚ）｝＾（Ｎ−２） ＋（２ＸＹ−Ｚ＾２）（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）・・・・・・・・・・・・・・・・（５０４） この（５０４）式は（４０１）式と同じで、意味しているところも全く同じです。 もし、この（５０１）式から（５０４）式までの記述だけで、サンゴ礁数列の後ろ盾なしに、 フェルマーさんが言っていたことが説明できるとしたら、サンゴ礁数列を見つけてからここまで、 約２０年の歳月はなんだったんでしょうね。 まあ、ときどき夢を見たとき以外、大体の日々はこの問題のことは忘れていて、 ちゃんと働いていられたことがラッキーでした。 （０９年１０月２日追記終わり） （０９年１０月４日追記） 今日は、前述の（７）式と（５０４）式の関係について書いておこうと思います。 （７）式を書いてからはじめます。 Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１ Ｙｐ２ Ｚｐ３ ］ーＺＮ＝０・・・・・・・・（７） （７）式を元のほうに戻していくと （Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）＾Ｎ＝（Ｘ＋Ｚ）＾Ｎ＋（Ｙ＋Ｚ）＾Ｎ＋Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１ Ｙｐ２ Ｚｐ３ ］ーＺＮ・・・・・・・・・・・・・（５０５） ただし（５０５）式において、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。 （５０５）式は恒等式です。 （X＋Y＋Z）^Ｎ ＝（Ｘ＋Ｚ）＾Ｎ＊｛（X＋Y＋Z）／（Ｘ＋Ｚ）｝＾（Ｎ−２） ＋（Ｙ＋Ｚ）＾Ｎ＊｛（X＋Y＋Z）／（Ｙ＋Ｚ）｝＾（Ｎ−２） ＋（２ＸＹ−Ｚ＾２）（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）・・・・・・・・・・・・・・・・（５０４） 形は全然違うのですが、（５０５）式と（５０４）式は同値です。 片方の式からもう一方の式を、代数の演算規則で導くのは相当難しいと思いますが、調べるのは簡単です。 たとえば、Ｎ＝３とかに決めて（５０５）式と、（５０４）式を両方とも演算展開して、結果を較べればいいのです。 Ｎ＝４とかＮ＝５とかは「以下同様」でいいと思います。 オトーサンは一応Ｎ＝３のときを計算してみました。当然ですが、同じと答えが出ました。 あまり意味がないかもしれませんが、無理数を使えば解があるのかどうかを探ってみたい場合は、（７）式、あるいは（８）式を使って強引に計算できますし、 単にフェルマーの最終定理の真偽が知りたい場合は（５０４）式を見れば判断できると思います。 （０９年１０月４日追記終わり） （０９年１０月１７日追記） 今日はオトーサンが考えていることがより理解していただきやすいようにと、追記しました。 （５０５）式と、（５０４）式を並べて書いてからはじめます。 （Ｘ＋Ｙ＋Ｚ）＾Ｎ＝（Ｘ＋Ｚ）＾Ｎ＋（Ｙ＋Ｚ）＾Ｎ＋Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１ Ｙｐ２ Ｚｐ３ ］ーＺＮ・・・・・・・・・・・・・（５０５） ただし（５０５）式において、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。 （以下出てくるΣは、いちいち断りませんがシグマの意味は同様です） （X＋Y＋Z）^Ｎ ＝（Ｘ＋Ｚ）＾Ｎ＊｛（X＋Y＋Z）／（Ｘ＋Ｚ）｝＾（Ｎ−２） ＋（Ｙ＋Ｚ）＾Ｎ＊｛（X＋Y＋Z）／（Ｙ＋Ｚ）｝＾（Ｎ−２） ＋（２ＸＹ−Ｚ＾２）（X＋Y＋Z）^（Ｎ−２）・・・・・・・・・・・・・・・・（５０４） （５０５）式と（５０４）式とは同値の式です。 両式を見て、明らかに解の条件が分かりやすいのは、（５０５）式でしょう。 （５０５）式において、Ｎ＞２のとき Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１ Ｙｐ２ Ｚｐ３ ］ーＺＮ＝０ が成立する０でない自然数の組Ｘ，Ｙ，Ｚが存在すれば、フェルマーのＮ乗数が存在することになるわけです。 そこで、そのような自然数の組Ｘ，Ｙ，Ｚがあると仮定して、そのような自然数の組を、Ｉ，Ｊ，Ｋとします。 そうすると、（５０５）式は （Ｉ＋Ｊ＋Ｋ）＾Ｎ＝（Ｉ＋Ｋ）＾Ｎ＋（Ｊ＋Ｋ）＾Ｎ＋Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｉｐ１ Ｊｐ２ Ｋｐ３ ］ーＫＮ・・・・・・・・・・・・・（６０５） のように書かれます。 この（６０５）式の右辺を展開し整理しなおすと （Ｉ＋Ｊ＋Ｋ）^Ｎ ＝（Ｉ＋Ｋ）＾Ｎ＊｛（Ｉ＋Ｊ＋Ｋ）／（Ｉ＋Ｋ）｝＾（Ｎ−２） ＋（Ｙ＋Ｚ）＾Ｎ＊｛（Ｉ＋Ｊ＋Ｋ）／（Ｊ＋Ｋ）｝＾（Ｎ−２） ＋（２ＩＪ−Ｋ＾２）（Ｉ＋Ｊ＋Ｋ）^（Ｎ−２）・・・・・・・・・・・・・・・・（６０４） と、（６０４）式になります。 ここで、（６０５）式において、 Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｉｐ１ Ｊｐ２ Ｋｐ３ ］ーＫＮ＝０ であるので （６０５）式は （Ｉ＋Ｊ＋Ｋ）＾Ｎ＝（Ｉ＋Ｋ）＾Ｎ＋（Ｊ＋Ｋ）＾Ｎ・・・・・・・・・・（６０６） と書かれます。 したがって、このとき、（６０５）式と同値の（６０４）式も （Ｉ＋Ｊ＋Ｋ）＾Ｎ＝（Ｉ＋Ｋ）＾Ｎ＋（Ｊ＋Ｋ）＾Ｎ とかかれなければなりません。 しかし、そのためには（６０４）式において、 ［｛（Ｉ＋Ｊ＋Ｋ）／（Ｉ＋Ｋ）｝＝１］∩［｛（Ｉ＋Ｊ＋Ｋ）／（Ｊ＋Ｋ）｝＝１］∩［（２ＩＪ−Ｋ＾２）＝０］ が成立しなければなりません。 ところが （２ＩＪ−Ｋ＾２）＝０ はともかく ｛（Ｉ＋Ｊ＋Ｋ）／（Ｉ＋Ｋ）｝＝１ と ｛（Ｉ＋Ｊ＋Ｋ）／（Ｊ＋Ｋ）｝＝１ は、 ありえないことなので、このような自然数Ｉ，Ｊ，Ｋが存在するという仮定は誤りだということになります。 したがって、Ｎ＞２のときはフェルマーさんがいったように、この問題に解はないということになります。 （０９年１０月１７日追記終わり） （０９年１０月２７日追記） このごろ、ある方に教えていただいて、前述の（504）式の解釈で、２ＸＹ＞＝Ｚ＾２のときには解はない。しかし、 ２ＸＹ＜Ｚ＾２のときには解がないとは言い切れないと分かりました。 したがって、この記事は証明途上といえますが、力のある方が、この先を解き明かしてくださるかもしれないと思い、 このまま掲載しておくことにします。 （０９年１０月２７日追記終わり） （１０年４月１７日追記） まず、前に載っている図を２つ、あらためてここに載せておいて説明いたします。 Ｎ＝２の場合のサンゴ礁数列 ２図 ２図を、Ｎがある自然数のときのサンゴ礁数列と考えれば枠ADGHの中の数の合計と枠GFEの中の数の合計が等しいとき、 フェルマーの問題に解があることになります 枠GFEの中の数の合計はいつでも Z^N となっています。 Ｎ＞２のとき、枠ADGHの中の数の合計と枠GFEの中の数の合計が等しいときがあるかどうか考えればいいわけです。 以下、枠ADGHの中を、ＸＹ領域と呼んで説明いたします。 観念上のサンゴ礁数列２図を透明なシートに書いて、Ｎ＝２の場合のサンゴ礁数列の上に、 ぴったりと重ねたような概念で考えていきます。 ＸＹ領域にある、値を書く位置は、ＸＹ個あります。 それは、２図をみれば明らかです。 また、ＸＹ領域に書いてある数の合計は自然数の平均の値を持つことは、次の（７．２）式から明らかです。 ただし、（７）式から（７．２）式までの式は等式が成り立つかどうかはこの段階では分かっていません。 Σ［（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１Ｙｐ２ 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。 ＸＹ［Σ｛（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１−１Ｙｐ２−１ Ｚｐ３ ｝］ーＺＮ＝０・・・・・・・・（７．１） 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。 ＸＹ［Σ｛（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１−１Ｙｐ２−１ Ｚｐ３ ｝］＝ＺＮ・・・・・・・・（７．２） 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。 また、ここで、（７．２）式の右辺は２図における枠GFEの中の数の合計に等しく、また、 左辺は２図における枠ADGHの中の数の合計に等しく なっていることは、 ２図の意味から明らかです。 Ｎ＝２のときの解の条件は ２ＸＹ＝Ｚ＾２・・・・・・・（７０１） です。 平均の値という意味を明確にするために、次のように書きます。 ＸＹ（２）＝Ｚ＾２・・・・・・（７０２） （７０２）式の両辺をＺ＾（Ｎ−２）倍します。 ＸＹ｛２Ｚ＾（Ｎ−２）｝＝Ｚ＾Ｎ・・・・・・・・・（７０３） （７０３）式はＮ乗数のサンゴ礁数列において、ＸＹ領域の平均の値が、２Ｚ＾（Ｎ−２）になるとき、 フェルマーのＮ乗数があることを、示しています。 ここで、実際のＸＹ領域の平均の値は ［Σ｛（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１−１Ｙｐ２−１ Ｚｐ３ ｝］ 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。 となっています。 ですから ［Σ｛（Ｎ！／（ｐ１！ ｐ２！ ｐ３！）） Ｘｐ１−１Ｙｐ２−１ Ｚｐ３ ｝］＝２Ｚ＾（Ｎ−２） 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。 となることがあるかどうかを、考えればいいわけです。 ここで、具体的にＮ＝３のときを考えてみます。 ３Ｘ＋３Ｙ＋６Ｚ＝２Ｚ・・・・・・（７０４） を考えればいいのですが、Ｘ，Ｙ，Ｚは０でない自然数というのが条件ですから、 （７０４）式はありえません。 Ｎ＞３の場合も、同様で、明らかにＸＹ領域の平均の値が２Ｚ＾（Ｎ−２）と等しくなることはありません。 よって、Ｎ＞２のとき、フェルマーの問題に解はありません。 （１０年４月１７日追記終わり） （１１年１月８日追記） サンゴ礁数列をみてみると、オトーサンがいうところのＸＹ領域に書いてある「さのさ」の値は全て偶数です。 ここから考えると、フェルマーの問題の解がある可能性はＺが偶数のときしかありません。 このことは、最初のほうにに出てくる（２）式のＸ，Ｙ，Ｚに奇数や偶数を入れてみて考えても分かります。 ところで、Ｎ＝２のときは、Ｚが偶数のときに必ず１個以上の解があります。 そのわけは、サンゴ礁数列のＮ＝２の場合の図を見ると分かります。 Ｚがどのような偶数であっても、「さのさ」のどこか１列を辿って合計していくと、やがてＺ＾２になるところがあるからです。 ということは、Ｚが偶数のときには、（２）式のＮ＜２のとき、（２）式が解を持つための、 ＺＹ領域の理想の平均の値というものも、必ず１個あることになります。 たとえば、Ｎ＝３のとき、Ｚ＝２とすると、（２）式が解を持つための理想のＸＹ領域の平均の値は２＊２＝４です。 ところで、実際の平均の値はＸ＝１、Ｙ＝１とした、一番小さな平均の値が ３Ｘ＋３Ｙ＋６Ｚ＝３＊１＋３＊１＋６＊２＝１８で これは最初のほうに出てくるさんご礁数列の図のＮ＝３の場合をみれば、納得できます。 図で、Ｚ＝２のときですから、２＾３＝８をあらわすＺ領域をどこかに取りますと、 そのこびんのところに１２が見えますが、よくみるとＸＹ領域のはじめの１個は１８です。 すなわち、Ｘ＝１、Ｙ＝１、Ｚ＝２のときの実際のＸＹ領域の平均の値は１８です。 これがたとえば、Ｘ＝２、Ｙ＝１、Ｚ＝２のときは、実際のＸＹ領域の平均の値は 気まぐれですがこんどは図から拾って計算すると （１８＋２４）／２＝２１となり、Ｚ＝２のときのＸＹ領域の実際の平均の値は１８が最小であることは明らかです。 一方、Ｚ＝２のとき、解があるための理想のＸＹ領域の平均の値はいつでも４なので、この場合解はないことになります。 このあたりの事情を一般的に示しているのが、１０年４月１７日の記述なのですね。 ところで、「さのさ」のことですが、今日もまた時間切れとなり紹介できません。 微分のおける導関数のような式で、式に自然数を入れていくと、順にその場所の「さのさ」の値がでます。 また、クイズになってしまいましたね。 （１１年１月８日追記終わり） |