数学

問題１の解答
円と辺ＣＤとの接点をＲとすると、ＰＲは直径で６ｃｍより半径は３ｃｍ　∴ＯＲ＝３ｃｍ
また、∠ＲＯＱ＝１８０°－１２０°＝６０°より、
∠ＲＯＥ＝６０°÷２＝３０°よって、△ＯＲＥは１：２：√３の直角三角形。∴ＲＥ＝３/√３＝√３ｃｍ
∴四角形ＯＲＥＱ＝２△ＯＲＥ＝√３×３×(１/２)×２＝３√３ｃｍ^2
また、扇形ＯＲＱ＝３×３×π×(６０/３６０)＝３π/２ｃｍ^2
よって、色部分＝３√３－３π/２ｃｍ^2

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/d8b67c86e5348239075141e3786fbb015c19e3f0

問題２の解法１
値下げした割合をｘ割にしたと考えると、１４０％のｘ割が１１２％という事である。
よって、前日の入場料のｘ割＝１１２/１４０＝２８/３５＝４/５＝０．８＝８割である。
よって、この日の入場料は、１０００円の８割で８００円。

解法２
ｘ％値下げしたと考えると、この日の入場料は、１０００×(１－ｘ/１００)円
また、前日の入場者数をｙ人と置くと、この日の入場者数は１．４ｙ人
よって、１０００×(１－ｘ/１００)×１．４ｙ＝１０００×ｙ×１．１２が成り立つ。
∴(１－ｘ/１００)×１．４＝１．１２
∴１－ｘ/１００＝１．１２/１．４＝１１２/１４０＝２８/３５＝４/５
∴ｘ/１００＝１－４/５＝１/５　∴ｘ＝２０
よって、２０％引きなので、１０００円の２０％引きは、８００円。

おまけ：

解説
＞次に、ｎ－１まで成り立つと仮定すると、
Ｉn＋Ｉn-1＝Ｒ，Ｉ1Ｉ2…Ｉn-2＋Ｉn-1＝Ｒ，Ｉ1Ｉ2…Ｉn-2＋Ｉn＝Ｒ
が成り立っている。したがって、３つのイデアルＩ1…Ｉn-2，Ｉn-1，Ｉnに対して、ｎ＝３の場合を適用すれば、(Ｉ1Ｉ2…Ｉn-2)Ｉn-1＋Ｉn＝Ｒが成り立つ。

ｎ－１まで成り立つと仮定すると、普通に考えると、
Ｉ1Ｉ2…Ｉn-2＋Ｉn-1＝Ｒだが、Ｉの個数がｎ－１個である事だけに注目すると、Ｉ1Ｉ2…Ｉn-2＋Ｉn＝ＲとしてＩnを使っても良い。（条件が「可換環Ｒの真のイデアルＩ1,…,Ｉn（ｎ≧２）が２つずつ互いに素である」だから。念のため、Ｉ1Ｉ2…Ｉn-2は固定。）
また、帰納法の仮定ではなく、Ｉn＋Ｉn-1＝Ｒは常に成り立つ。
そこで、この２式で(Ｉ1Ｉ2…Ｉn-2＋Ｉn)(Ｉn-1＋Ｉn)という積を作ると、
この式はｎ＝３の時のＩ1をＩ1Ｉ2…Ｉn-2，Ｉ2をＩn-1，Ｉ3をＩnにした式である。
よって、ｎ＝３の時はＩ1Ｉ2＋Ｉ3＝Ｒが成り立ったので、(Ｉ1Ｉ2…Ｉn-2)Ｉn-1＋Ｉn＝Ｒが成り立つ事は自明だろう。
念のため、展開すればｎ＝３の時のように証明出来る。

個人的にはもうちょっと補足解説をして欲しい所である。

おまけ：

補足解説
別解
（１）Ｒは可換環であるから、(Ｉ1…Ｉn-1)＋Ｉn＝Ｒを示せば十分である。
ところで条件よりＩnはＩ1～Ｉn-1の全てと互いに素（Ｉi＋Ｉj＝Ｒ）よりｘj＋ｙj＝１となる∃ｘj∈Ｉn，∃ｙj∈Ｉjが存在する。
すると、(ｘ1＋ｙ1)(ｘ2＋ｙ2)…(ｘn-1＋ｙn-1)＝１・１…１＝１と出来る。
左辺を展開すると、ｙ1・ｙ2…ｙn-1∈Ｉ1・Ｉ2…Ｉn-1で、残りの項はｘiを少なくとも１つ含むのでＩnの元である。（Ｉnはイデアルだから。）
よって、１∈(Ｉ1・Ｉ2…Ｉn-1)＋Ｉnなので、イデアルが単位元を含むので、(Ｉ1・Ｉ2…Ｉn-1)＋Ｉn＝Ｒ
よって、示された。

因みに、これは私のオリジナルではありません。随分前に検索して見つけたものです。（今回は検索していないので引用元を示していないのですが。）

補足
＞Ｒは可換環であるから、(Ｉ1…Ｉn-1)＋Ｉn＝Ｒを示せば十分である。

(Ｉ1Ｉ2…Ｉi-1Ｉi+1…Ｉn)＋Ｉi＝Ｒの( )の中のＩiの隙間を１回ずつの可換で一番右まで持って来るというイメージなんだろうけど、番号を詰めて行くという事なんだろうね。（可換環とどういう関係なんだろう。）
もうちょっと補足解説して欲しい所だね。
と思ったが、(Ｉ1Ｉ2…Ｉi-1Ｉi+1…Ｉn)＋Ｉi＝ＲのＩnとＩiを交換して、あとは連続してＩiを隙間の位置まで交換して行くのか。可換って、和は和，積は積に限った事じゃないんだね。（適当なので信じないで下さい。）

おまけ：

多分、謎は解けました。

＞Ｒは可換環であるから、(Ｉ1…Ｉn-1)＋Ｉn＝Ｒを示せば十分である。

これは間違いですね。「(Ｉ1…Ｉn-1)＋Ｉn＝Ｒを示せば十分である」理由は、どの２つを取っても互いに素（ｉ≠ｊのときＩi＋Ｉj＝Ｒ）だからだと思います。
一応、別解を作ってみました。（その理由が納得出来ると思います。）

問題
可換環Ｒの真のイデアルＩ1,…,Ｉn（ｎ≧２）が２つずつ互いに素であるとする。すなわち、ｉ≠ｊのときＩi＋Ｉj＝Ｒである。このとき、次が成り立つことを示せ（中国式剰余の定理）。
（１）(Ｉ1Ｉ2…Ｉi-1Ｉi+1…Ｉn)＋Ｉi＝Ｒ（ｉ＝１,…,ｎ）

別解
数学的帰納法で示す。
（ⅰ）ｎ＝２の時は、Ｉ1＋Ｉ2＝ＲまたはＩ2＋Ｉ1＝Ｒで成り立つ。
（ⅱ）ｎ－１まで成り立つと仮定すると、
Ｉn＋Ｉi＝Ｒ，Ｉ1Ｉ2…Ｉi-1Ｉi+1…Ｉn-1＋Ｉi＝Ｒ
よって、ａn＋ａi＝１（∃ａn∈Ｉn，∃ａi∈Ｉi），
ａ1ａ2…ａi-1ａi+1…ａn-1＋ａi＝１（∃ａ1∈Ｉ1，…，∃ａn-1∈Ｉn-1）
この２式を掛け合わせると、
(ａn＋ａi)(ａ1ａ2…ａi-1ａi+1…ａn-1＋ａi)＝１
∴ａ1ａ2…ａi-1ａi+1…ａn-1ａn＋(ａnａi＋ａiａ1ａ2…ａi-1ａi+1…ａn-1＋ａiａi)＝１
ここで、ａ1ａ2…ａi-1ａi+1…ａn-1ａn∈Ｉ1Ｉ2…Ｉi-1Ｉi+1…Ｉn，ａnａi＋ａiａ1ａ2…ａi-1ａi+1…ａn-1＋ａiａi∈Ｉi（Ｉiはイデアルだから。）
∴１∈Ｉ1Ｉ2…Ｉi-1Ｉi+1…Ｉn＋Ｉi
ところで、定理2.5（１）よりこの右辺はイデアルである。（Ｉ1Ｉ2…Ｉi-1Ｉi+1…Ｉnがイデアルである事は自明とする。）
よって、定理2.2より、
Ｉ1Ｉ2…Ｉi-1Ｉi+1…Ｉn＋Ｉi＝Rである。
よって、ｎの時にも成り立つ。
（ⅰ）,（ⅱ）より数学的帰納法により示された。

定理2.5
Ｉ1,Ｉ2を可換環Ｒのイデアルとすると、次の（１）,（２）,（３）それぞれにおける集合もＲのイデアルである。
（１）Ｉ1＋Ｉ2＝{ｘ｜ｘ＝ａ1＋ａ2，ａ1∈Ｉ1,ａ2∈Ｉ2}
（２）Ｉ1∩Ｉ2
（３）Ｉ1Ｉ2＝{ａ1ｂ1＋…＋ａnｂn｜ｎ∈ℕ，ａ1,…,ａn∈Ｉ1，ｂ1,…,ｂn∈Ｉ2}
すなわち、Ｉ1Ｉ2はＩ1の元ａiとＩ2の元ｂiの積ａiｂiの有限個の和の全体の集合である。

定理2.2
可換環ＲのイデアルＩが単位元１を含めばＩ＝Ｒとなる。したがって、環ＲのイデアルＩが可逆元を含めばＩ＝Ｒとなる。

＞その理由が納得出来ると思います。

Ｉn＋Ｉi＝Ｒ　これを使っているからです。

おまけ：

問題１の算数の解法１
四角形ＡＢＣＤの内角の和より、∠Ａ＋∠Ｃ＝３６０°－９０°－９０°＝１８０°
よって、四角形ＡＢＣＤを点Ｄを中心にＤＡがＤＣにくっつくまで９０°回転コピーし、点Ｂの行き先をＢ'とすると、∠Ａ＋∠Ｃ＝１８０°より、３点Ｂ，Ｃ，Ｂ'は一直線上になり、点Ｃの行き先をＣ'とすると、３点Ａ，Ｃ，Ｃ'も一直線上になる。
よって、四角形ＡＢＢ'Ｃ'は台形になり、面積は、(３＋７)×(７＋３)÷２＝１０×１０÷２＝５０ｃｍ^2
よって、正方形ＥＦＧＤ２個分の面積は、５０－２１×２＝５０－４２＝８ｃｍ^2
よって、正方形ＥＦＧＤの面積は４ｃｍ^2

因みに、「美しい問題です！」という解法は、このコピーをあと２回やって１辺が１０ｃｍの正方形を作り、
正方形ＥＦＧＤ＝(１０×１０－２１×４)÷４＝(１００－８４)÷４＝１６÷４＝４ｃｍ^2
という解法だろう。

おまけ：

問題１の算数の解法２
四角形ＡＢＣＤの内角の和より、∠Ａ＋∠Ｃ＝３６０°－９０°－９０°＝１８０°
よって、点Ｄを中心に△ＤＡＢをＤＡがＤＣにくっつくまで回転移動させ、点Ｂの行き先をＢ'とすると、∠ＢＤＢ'＝∠ＡＤＣ＝９０°
また、ＤＢ＝ＤＢ'より△ＤＢＢ'は直角二等辺三角形で、ＢＢ'＝３＋７＝１０ｃｍ
よって、ＤからＢＢ'に垂線を下ろすと２つの直角二等辺三角形になり△ＤＢＢ'の高さは１０÷２＝５ｃｍ
よって、△ＤＢＢ'＝１０×５÷２＝２５ｃｍ^2
よって、四角形ＡＢＣＤ＝２５ｃｍ^2
よって、正方形ＥＦＧＤ＝２５－２１＝４ｃｍ^2
よって、答えは、４ｃｍ^2

因みに、私のオリジナルです。

おまけ：

問題１の算数の解法３
四角形ＡＢＣＤの内角の和より、∠Ａ＋∠Ｃ＝３６０°－９０°－９０°＝１８０°
ここで、ＤからＡＢに垂線を下ろしその足をＨとし、ＣからＤＨに垂線を下ろしその足をＩとすると、直角三角形の斜辺と他の１角が等しいので、△ＡＤＨと△ＤＣＩは合同。
よって、直角三角形の直角を挟む二辺の、
長い辺＋短い辺＝７ｃｍ
長い辺－短い辺＝３ｃｍ
よって、和差算より、長い辺＝(７＋３)÷２＝５ｃｍ，短い辺＝(７－３)÷２＝２ｃｍ
また、ＤからＢＣの延長上に垂線を下ろしその足をＪとすると、△ＣＤＪと△ＤＣＩは合同より、ＣＪ＝短い辺＝２ｃｍ，ＤＪ＝長い辺＝５ｃｍ
よって、ＢＪ＝３＋２＝５ｃｍ＝ＤＪより、四角形ＤＨＢＪは隣り合う二辺の長さが等しい長方形より正方形である。よって、正方形ＤＨＢＪ＝５×５＝２５ｃｍ^2
また、△ＣＤＪと△ＡＤＨも合同より、四角形ＡＢＣＤと正方形ＤＨＢＪの面積は等しい。
よって、四角形ＡＢＣＤ＝２５ｃｍ^2
よって、正方形ＥＦＤＧ＝２５－２１＝４ｃｍ^2
よって、答えは、４ｃｍ^2

因みに、せこい手をを使うと、初めの「△ＡＤＨと△ＤＣＩは合同」は省略出来ます。
つまり、ＤからＢＣの延長上に垂線を下ろしその足をＪとすると、△ＣＤＪと△ＡＤＨは合同から、ＤＨ＝ＤＪで四角形ＤＨＢＪは正方形。
よって、ＡＨ＝ＣＪ＝□ｃｍと置くと、７－□＝３＋□が成り立つ。ここで、当てはめ方式で□＝２ｃｍとすると合うので、□＝２ｃｍである。
よって、正方形ＤＨＢＪの１辺の長さは５ｃｍ
以後同じ。

おまけ：

問題２の算数の解法１
四角形ＡＢＤＣの内角の和より、∠Ｂ＋∠Ｃ＝３６０°－９０°－９０°＝１８０°
ここで、点Ａを中心にＡＢがＡＣにくっつくまで四角形ＡＢＤＣを回転コピーし、点Ｃ,Ｄの行き先をＣ',Ｄ'とすると、問題1の解法１と同様に四角形ＢＤＤ'Ｃ'は台形になる。
また、Ｃ'Ｄ'＝ＣＤより、ＢD＋Ｃ'Ｄ'＝ＢＤ＋ＣＤ＝１０ｃｍ
よって、台形ＢＤＤ'Ｃ'＝１０×１０÷２＝５０ｃｍ^2
よって、四角形ＡＢＤＣ＝５０÷２＝２５ｃｍ^2

問題２の算数の解法２
四角形ＡＢＤＣの内角の和より、∠Ｂ＋∠Ｃ＝３６０°－９０°－９０°＝１８０°
ここで、点Ａを中心にＡＢがＡＣにくっつくまで△ＡＢＤを９０°回転移動させ、点Ｄの行き先をＤ'とすると、∠ＤＡＤ'＝∠ＢＡＣ＝９０°
また、ＡＤ＝ＡＤ'より△ＡＤＤ'は直角二等辺三角形になる。また、ＣＤ'＝ＢＤより、ＤＤ'＝ＤＣ＋ＣＤ'＝ＤＣ＋ＢＤ＝１０ｃｍ
よって、直角二等辺三角形ＡＤＤ'の斜辺が１０ｃｍより定石で高さは１０÷２＝５ｃｍである。
よって、△ＡＤＤ'＝１０×５÷２＝２５ｃｍ^2
よって、四角形ＡＢＤＣ＝２５ｃｍ^2

問題２の算数の解法３
ＡからＤＣに垂線を下ろしその足をＨとし、また、AからＤＢの延長上に垂線を下ろしその足をＩとすると、
∠ＡＢＩ＝∠ＡＣＨ，ＡＢ＝ＡＣより、直角三角形の斜辺と他の1角が等しいので、△ＡＢＩと△ＡＣＨは合同である。
よって、△ＡＣＨを△ＡＢＩの所に移動させると、ＡＨ＝ＡＩより四角形ＡＩＤＨは正方形になる。
また、ＩＤ＋ＤＨ＝(ＩＢ＋ＢＤ)＋(ＤＣ－ＨＣ)＝ＢＤ＋ＤＣ＋(ＩＢ－ＨＣ)＝１０＋０＝１０ｃｍ
よって、正方形ＡＩＤＨの1辺の長さは、１０÷２＝５ｃｍ
よって、正方形ＡＩＤＨ＝５×５＝２５ｃｍ^2
よって、四角形ＡＢＤＣ＝２５ｃｍ^2

因みに、何でもありで解いた人は１５°を利用して大変な計算をさせられた事でしょう。罠ですね。

念のため、何でもありの解法。（１５°は使わない。）
ＢＤ＝ｘ，ＣＤ＝ｙと置くと、ｘ＋ｙ＝１０―――①
また、三平方の定理より、ＢＣ^2＝ｘ^2＋ｙ^2　∴ＢＣ＝√(ｘ^2＋ｙ^2)　∴ＡＢ＝√(ｘ^2＋ｙ^2)/√２
∴△ＡＢＣ＝(ｘ^2＋ｙ^2)/４
∴四角形ＡＢＤＣ＝(ｘ^2＋ｙ^2)/４＋ｘｙ/２＝(ｘ^2＋ｙ^2＋２ｘｙ)/４＝(ｘ＋ｙ)^2/４―――②
①を②に代入すると、
四角形ＡＢＤＣ＝１００/４＝２５ｃｍ^2

おまけ：

第１回解説
フェルマーの最終定理とは、３以上の自然数ｎに対して、ａ^n＋ｂ^n＝ｃ^nが成り立つ自然数ａ,ｂ,ｃは存在しないという定理である。
ところで、前回、初等的にｎ＝３の場合を証明したが、これによってｎが３の倍数の場合は全て証明された事になる。
なぜなら、例えばｎ＝１５の場合、(ａ^5)^3＋(ｂ^5)^3＝(ｃ^5)^3と変形すれば、この式が成り立つ自然数ａ^5,ｂ^5,ｃ^5は存在しないので、当然自然数ａ,ｂ,ｃも存在しないからである。
そう考えると、あとはｎが奇素数の場合のみを証明すれば良い。ｎ＝５を証明すれば５の倍数も全て証明された事になり、ｎ＝７を証明すれば７の倍数も全て証明された事になるのだから。
また、ｎ＝４の場合も初等的に証明しているが、これによってｎが４の倍数の場合も全て証明された事になる。
あとは、ｎが４で割ると２余る偶数の場合だが、これは例えば６とすると、(ａ^2)^3＋(ｂ^2)^3＝(ｃ^2)^3と変形すれば、ｎ＝３の場合に帰着されるので、奇素数の場合が全て証明されれば問題ない。
よって、ｎは奇素数に限定して良い。

おまけ：

第２回解説
背理法で示すために、ａ^n＋ｂ^n＝ｃ^n（ｎは奇素数）が成り立つ自然数ａ,ｂ,ｃが存在すると仮定すると、
（ⅰ）ａ：偶数，ｂ：奇数，ｃ：奇数
（ⅱ）ａ：奇数，ｂ：奇数，ｃ：偶数
（ⅲ）ａ：偶数，ｂ：偶数，ｃ：偶数
の３通りの場合があり、（ⅲ）の場合は両辺を２で割り続ければ（ⅰ）か（ⅱ）の場合に帰着するので、（ⅰ）,（ⅱ）の場合を示せば良い。

（ⅰ）ａ：偶数，ｂ：奇数，ｃ：奇数の場合
ａ＝２ｐ，ｂ＝２ｑ＋１，ｃ＝２ｒ＋１（ｐ,ｑ,ｒは自然数）と置いて、ａ^n＋ｂ^n＝ｃ^nに代入すると、
(２ｐ)^n＋(２ｑ＋１)^n＝(２ｒ＋１)^n
∴(２ｐ)^n＝(２ｒ＋１)^n－(２ｑ＋１)^n
ここで、PDFファイルのように二項定理で展開するのは各自で確認して貰うとして、この右辺を因数分解の公式
ａ^n－ｂ^n＝(ａ－ｂ){ａ^(n-1)＋ａ^(n-2)ｂ＋…＋ｂ^(n-1)}https://manabitimes.jp/math/576
を使って因数分解すると、
(２ｐ)^n＝{(２ｒ＋１)－(２ｑ＋１)}{(２ｒ＋１)^(n-1)＋(２ｒ＋１)^(n-2)・(２ｑ＋１)＋…＋(２ｑ＋１)^(n-1)}
＝２(ｒ－ｑ){(２ｒ＋１)^(n-1)＋(２ｒ＋１)^(n-2)・(２ｑ＋１)＋…＋(２ｑ＋１)^(n-1)}
この右辺は２(ｒ－ｑ)で割り切れるので左辺も２(ｒ－ｑ)で割り切れ左辺は偶数である。
また、右辺は、(２ｒ＋１)^(n-1)＋(２ｒ＋１)^(n-2)・(２ｑ＋１)＋…＋(２ｑ＋１)^(n-1)
各項が奇数のベキ乗（累乗）なので各項が奇数で個数はｎ個であり、ｎは奇素数なので奇数×奇数で右辺は奇数である。よって、矛盾。

（ⅱ）ａ：奇数，ｂ：奇数，ｃ：偶数の場合
ａ＝２ｐ＋１，ｂ＝２ｑ＋１，ｃ＝２ｒ（ｐ,ｑ,ｒは自然数）と置いて、ａ^n＋ｂ^n＝ｃ^nに代入すると、
(２ｐ＋１)^n＋(２ｑ＋１)^n＝(２ｒ)^n
これを因数分解の公式、ｎが奇数の場合、
ａ^n＋ｂ^n＝(ａ＋ｂ){ａ^(n-1)－ａ^(n-2)ｂ＋…＋ｂ^(n-1)}https://manabitimes.jp/math/576
を使って因数分解すると、
(２ｒ)^n＝{(２ｐ＋１)＋(２ｑ＋１)}{(２ｐ＋１)^(n-1)－(２ｐ＋１)^(n-2)・(２ｑ＋１)＋…＋(２ｑ＋１)^(n-1)}
＝２(ｐ＋ｑ＋１){(２ｐ＋１)^(n-1)－(２ｐ＋１)^(n-2)・(２ｑ＋１)＋…＋(２ｑ＋１)^(n-1)}
この右辺は２(ｐ＋ｑ＋１)で割り切れるので左辺も２(ｐ＋ｑ＋１)で割り切れ左辺は偶数である。
また、右辺は、(２ｐ＋１)^(n-1)－(２ｐ＋１)^(n-2)・(２ｑ＋１)＋…＋(２ｑ＋１)^(n-1)
各項が奇数のベキ乗（累乗）なので各項が奇数で個数はｎ個で奇素数なので、奇数の奇数個の和と差なので奇数になる。よって、右辺は奇数なので矛盾。

（ⅰ）,（ⅱ）より、背理法により、ａ^n＋ｂ^n＝ｃ^n（ｎは奇素数）が成り立つ自然数ａ,ｂ,ｃは存在しない。
よって、フェルマーの最終定理が初等的に証明された。
念のため、間違い探しです。

PDFファイルの方は高校生用ですが、これは中学数学でいけますね。間違い探しの解答はやらないでおきますね。是非、興味を持って中学数学の勉強をして下さい。

おまけ：

「「ピーク」とは山の頂の「ピーク」という意味で、この本だけの用語です。この本は、このピークの定理に登頂することを目指すアルピニストのための本なのです。
　ロープウェイで途中の山小屋まで行って、頂上を眺めながらコーヒーを飲むだけでもそれは素晴らしい登山体験ですが、本書では、そのはるか先に仰ぎ見える頂上まで、一歩一歩、自分の力で登っていきます。
　とはいえ、ハーケンを一本一本岩崖に打ちつけながらの本格的な登山スタイルで登るのでは負担が大きすぎます。そのためには資金も時間も普段からの専門的なトレーニングも必要になってきます。
　そこで本書では、ピークを踏むために、もっとも体に負担の少ないルートを選びました。本書がとるルートでは、登山道には木の階段が整備してありますし、岩場には頑丈な鎖がつけてあります。必要とする装備も最小限に留めました。一歩一歩着実に登り続ければ、必ずやピークを踏み、ガロア理論の全貌を眼下に見ることができるでしょう。」
「ガロア理論の頂を踏む」石井俊全著より

上のPDFファイルを何回かに分けて解説して、普通の中学３年生にも「ａ^3＋ｂ^3＝ｃ^3が成り立つ自然数ａ,ｂ,ｃは存在しない」事を理解して貰いましょう。その途中で「間違い探し」の解答も得られますし。また、その他の部分で間違いを見つけられれば「あなた」の勝ちです。

＞ハーケンを一本一本岩崖に打ちつけながらの本格的な登山スタイルで登るのでは負担が大きすぎます。そのためには資金も時間も普段からの専門的なトレーニングも必要になってきます。

フェルマーの最終定理ｎ＝３の場合は、普通のルートは複素数や無限降下法を使うので、マニアじゃないと無理だと思います。
http://enjoymath.blog71.fc2.com/blog-entry-54.html
因みに、「二次体の整数論を用いて証明する方法」というルートもあるらしいです。
「証明の前提知識や詳細は初等整数論講義という本に載っています。前提知識のない普通の高校生でも頑張って勉強すれば1ヶ月くらいで理解できるレベルだと思います。」
引用元：https://manabitimes.jp/math/1069
だそうです。途中で転落注意ですね。笑

おまけ：

第１回解説
ａ^3＋ｂ^3＝ｃ^3（ａ,ｂ,ｃは互いに素な自然数）が成り立つと仮定して背理法で示す。
(ａ＋ｂ)(ａ^2－ａｂ＋ｂ^2)＝ｃ^3
ここで、ｃ＝ｘｙ（ｘ,ｙは自然数）と置くと、
(ａ＋ｂ)(ａ^2－ａｂ＋ｂ^2)＝ｘ^3ｙ^3
念のため、ｘ,ｙは別に素数ではない。また、次の１０通りの場合しかない。
（ⅰ）ａ＋ｂ＝１，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^3ｙ^3
（ⅱ）ａ＋ｂ＝ｘ^3ｙ^3，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝１
（ⅲ）ａ＋ｂ＝ｘｙ，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^2ｙ^2
（ⅳ）ａ＋ｂ＝ｘ^2ｙ，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘｙ^2
（ⅴ）ａ＋ｂ＝ｘ^2ｙ^2，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘｙ
（ⅵ）ａ＋ｂ＝ｘ^2ｙ^3，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ
（ⅶ）ａ＋ｂ＝ｘｙ^3，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^2
（ⅷ）ａ＋ｂ＝ｘ，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^2ｙ^3
（ⅸ）ａ＋ｂ＝ｘ^2，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘｙ^3
（ⅹ）ａ＋ｂ＝ｘ^3，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｙ^3
この１０通りしかない証明は、
ｘ^3ｙ^3の約数の個数は、公式https://manabitimes.jp/math/903より、(３＋１)(３＋１)＝１６個
よって、（ａ＋ｂ，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2）の組は１６組だが、ｘとｙを入れ換えて同じになるものは除くので、まず、ｘとｙを入れ換えても変わらないものを考えると、
（１，ｘ^3ｙ^3），（ｘｙ，ｘ^2ｙ^2），（ｘ^2ｙ^2，ｘｙ），（ｘ^3ｙ^3，１）の４通りのみ。
よって、ダブり分を除くと、(１６－４)÷２＋４＝６＋４＝１０通り（または、１６－(１６－４)÷２＝１６－６＝１０通り）
次回から、（ⅰ）～（ⅹ）を１つずつ調べていってどれも成り立たない事を示す。

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/67f4201cca2a7057212fafc77f70ba3592150939/comments

第２回解説
（ⅰ）ａ＋ｂ＝１，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^3ｙ^3の場合、ａ,ｂは自然数よりａ＋ｂ＝１はあり得ない。

（ⅱ）ａ＋ｂ＝ｘ^3ｙ^3，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝１の場合、ａ^2－ａｂ＋ｂ^2を変形して、ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝(ａ－ｂ)^2＋ａｂ≧１
よって、ａ^2－ａｂ＋ｂ^2≧１で等号成立はａ＝ｂ＝１の場合のみ。この時、ａ^3＋ｂ^3＝ｃ^3は成り立たないので、矛盾。

（ⅲ）ａ＋ｂ＝ｘｙ，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^2ｙ^2の場合、ａ＋ｂ＝ｘｙの両辺を２乗すると、
(ａ＋ｂ)^2＝(ｘｙ)^2　
∴ａ^2＋２ａｂ＋ｂ^2＝ ｘ^2ｙ^2
この式と与式ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^2ｙ^2との差を取ると、３ａｂ＝０　
よって、ａ＝０またはｂ＝０
ａ,ｂは自然数より矛盾。

（ⅳ）ａ＋ｂ＝ｘ^2ｙ，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘｙ^2の場合、
ａ＋ｂ＝ｘ^2ｙをｂ＝ｘ^2ｙ－ａと変形して、
ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘｙ^2に代入すると、
ａ^2－ａ(ｘ^2ｙ－ａ)＋(ｘ^2ｙ－ａ)^2＝ｘｙ^2
∴ａ^2－ａｘ^2ｙ＋ａ^2＋ｘ^4ｙ^2＋ａ^2－２ａｘ^2ｙ＝ｘｙ^2
∴３ａ^2－３ｘ^2ｙａ＋ｘ^4ｙ^2－ｘｙ^2＝０
ここで、高１以上だったら判別式を使う所だが、中３生以上なので解の公式を使う。
この式を解の公式で解くと、
ａ＝[３ｘ^2ｙ±√{(３ｘ^2ｙ)^2－４・３・(ｘ^4ｙ^2－ｘｙ^2)}]/６
＝{３ｘ^2ｙ±√(９ｘ^4ｙ^2－１２ｘ^4ｙ^2＋１２ｘｙ^2)}/６
＝{３ｘ^2ｙ±√(－３ｘ^4ｙ^2＋１２ｘｙ^2)}/６
＝{３ｘ^2ｙ±√(３ｘｙ^2(４－ｘ^3)}/６
ところで、中３生でも√の中身は０以上という事は知っているだろう。（ａが自然数で実数だから。）　
∴３ｘｙ^2(４－ｘ^3)≧０
ｘ，ｙは自然数よりｘｙ^2＞０　
よって、４－ｘ^3≧０である。これを満たす自然数はｘ＝１のみである。
よって、与式ａ＋ｂ＝ｘ^2ｙ，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘｙ^2にｘ＝１を代入すると、
ａ＋ｂ＝ｙ，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｙ^2となる。
ａ＋ｂ＝ｙの両辺を２乗すると、
(ａ＋ｂ)^2＝ｙ^2　∴ａ^2＋２ａｂ＋ｂ^2＝ｙ^2
この式とａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｙ^2の式との差を取ると、３ａｂ＝０　よって、ａ＝０またはｂ＝０
ａ,ｂは自然数より矛盾。

おまけ：

第３回解説
（ⅴ）ａ＋ｂ＝ｘ^2ｙ^2，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘｙの場合、
ａ＋ｂ＝ｘ^2ｙ^2をｂ＝ｘ^2ｙ^2－ａと変形して、
ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘｙに代入すると、
ａ^2－ａ(ｘ^2ｙ^2－ａ)＋(ｘ^2ｙ^2－ａ)^2＝ｘｙ
∴ａ^2－ａｘ^2ｙ^2＋ａ^2＋ｘ^4ｙ^4＋ａ^2－２ａｘ^2ｙ^2＝ｘｙ
∴３ａ^2－３ｘ^2ｙ^2ａ＋ｘ^4ｙ^4－ｘｙ＝０
この式を解の公式で解くと、
ａ＝[３ｘ^2ｙ^2±√{(３ｘ^2ｙ^2)^2－４・３・(ｘ^4ｙ^4－ｘｙ)}]/６
＝{３ｘ^2ｙ^2±√(９ｘ^4ｙ^4－１２ｘ^4ｙ^4＋１２ｘｙ)}/６
＝{３ｘ^2ｙ^2±√(－３ｘ^4ｙ^4＋１２ｘｙ)}/６
＝{３ｘ^2ｙ^2±√(３ｘｙ(４－ｘ^3ｙ^3)}/６
∴３ｘｙ(４－ｘ^3ｙ^3)≧０
ｘｙ＞０より、４－ｘ^3ｙ^3≧０　これを満たす自然数ｘ，ｙはｘ＝ｙ＝１のみである。
これをａ＋ｂ＝ｘ^2ｙ^2に代入すると、ａ＋ｂ＝１
ａ,ｂは自然数より矛盾。

（ⅵ）ａ＋ｂ＝ｘ^2ｙ^3，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘの場合、
ａ＋ｂ＝ｘ^2ｙ^3をｂ＝ｘ^2ｙ^3－ａと変形して、
ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘに代入すると、
ａ^2－ａ(ｘ^2ｙ^3－ａ)＋(ｘ^2ｙ^3－ａ)^2＝ｘ
∴ａ^2－ａｘ^2ｙ^3＋ａ^2＋ｘ^4ｙ^6＋ａ^2－２ａｘ^2ｙ^3＝ｘ
∴３ａ^2－３ｘ^2ｙ^3ａ＋ｘ^4ｙ^6－ｘ＝０
この式を解の公式で解くと、
ａ＝[３ｘ^2ｙ^3±√{(３ｘ^2ｙ^3)^2－４・３・(ｘ^4ｙ^6－ｘ)}]/６
＝{３ｘ^2ｙ^3±√(９ｘ^4ｙ^6－１２ｘ^4ｙ^6＋１２ｘ)}/６
＝{３ｘ^2ｙ^3±√(－３ｘ^4ｙ^6＋１２ｘ)}/６
＝{３ｘ^2ｙ^2±√(３ｘ(４－ｘ^3ｙ^6)}/６
∴３ｘ(４－ｘ^3ｙ^6)≧０
ｘ＞０より、４－ｘ^3ｙ^6≧０　これを満たす自然数ｘ，ｙはｘ＝ｙ＝１のみである。
これをａ＋ｂ＝ｘ^2ｙ^3に代入すると、ａ＋ｂ＝１
ａ,ｂは自然数より矛盾。

（ⅶ）ａ＋ｂ＝ｘｙ^3，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^2の場合、
ａ＋ｂ＝ｘｙ^3をｂ＝ｘｙ^3－ａと変形して、
ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^2に代入すると、
ａ^2－ａ(ｘｙ^3－ａ)＋(ｘｙ^3－ａ)^2＝ｘ^2
∴ａ^2－ａｘｙ^3＋ａ^2＋ｘ^2ｙ^6＋ａ^2－２ａｘｙ^3＝ｘ^2
∴３ａ^2－３ｘｙ^3ａ＋ｘ^2ｙ^6－ｘ^2＝０
この式を解の公式で解くと、
ａ＝[３ｘｙ^3±√{(３ｘｙ^3)^2－４・３・(ｘ^2ｙ^6－ｘ^2)}]/６
＝{３ｘｙ^3±√(９ｘ^2ｙ^6－１２ｘ^2ｙ^6＋１２ｘ^2)}/６
＝{３ｘ^2ｙ^3±√(－３ｘ^2ｙ^6＋１２ｘ^2)}/６
＝{３ｘ^2ｙ^2±√(３ｘ^2(４－ｙ^6)}/６
∴３ｘ(４－ｙ^6)≧０
ｘ＞０より、４－ｙ^6≧０　これを満たす自然数ｙはｙ＝１のみである。
これをａ＋ｂ＝ｘｙ^3に代入すると、ａ＋ｂ＝ｘ
この両辺を２乗すると、(ａ＋ｂ)^2＝ｘ^2
∴ａ^2＋２ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^2
また、与式より、ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^2
この２式の差を取ると、３ａｂ＝０　ａ，ｂは共に自然数より矛盾。

（ⅷ）ａ＋ｂ＝ｘ，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^2ｙ^3の場合、ａ＋ｂ＝ｘの両辺を２乗すると、
(ａ＋ｂ)^2＝ｘ^2　∴ａ^2＋２ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^2
また、与式より、ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^2ｙ^3
この２式の差を取ると、
３ａｂ＝ｘ^2－ｘ^2ｙ^3＝ｘ^2(１－ｙ^3)
ところで、ａ,ｂ,ｘ,ｙは自然数より、３ａｂ＞０，ｘ^2＞０より、１－ｙ^3＞０である。これを満たす自然数ｙは存在しない。よって、矛盾。

次回から、いよいよ佳境ですね。https://dictionary.goo.ne.jp/word/%E4%BD%B3%E5%A2%83/

おまけ：
「12:07また、あの啓示された事があまりにもすばらしいからです。それで、そのために思い上がることのないようにと、わたしの身に一つのとげが与えられました。それは、思い上がらないように、わたしを痛めつけるために、サタンから送られた使いです。 12:08この使いについて、離れ去らせてくださるように、わたしは三度主に願いました。 12:09すると主は、「わたしの恵みはあなたに十分である。力は弱さの中でこそ十分に発揮されるのだ」と言われました。だから、キリストの力がわたしの内に宿るように、むしろ大いに喜んで自分の弱さを誇りましょう。 12:10それゆえ、わたしは弱さ、侮辱、窮乏、迫害、そして行き詰まりの状態にあっても、キリストのために満足しています。なぜなら、わたしは弱いときにこそ強いからです。」
「コリント人への第二の手紙」第１２章７節～１０節（新共同訳）

第４回解説
（ⅸ）ａ＋ｂ＝ｘ^2，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘｙ^3の場合、ａ＋ｂ＝ｘ^2の両辺を２乗すると、
(ａ＋ｂ)^2＝ｘ^4　∴ａ^2＋２ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^4
また、与式より、ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘｙ^3
この２式の差を取ると、
３ａｂ＝ｘ^4－ｘｙ^3＝ｘ(ｘ^3－ｙ^3)
＝ｘ(ｘ－ｙ)(ｘ^2＋ｘｙ＋ｙ^2)
＝ｘ(ｘ－ｙ){(ｘ－ｙ)^2＋３ｘｙ}
∴３ａｂ＝ｘ(ｘ－ｙ){(ｘ－ｙ)^2＋３ｘｙ}

（Ⅰ）ｘ－ｙ＝３ｍ（ｍは整数）の場合
３ａｂ＝ｘ・３ｍ{(３ｍ)^2＋３ｘｙ}＝３ｍ(９ｍ^2＋３ｘｙ)＝９(３ｍ^2＋ｘｙ)
∴ａｂ＝３(３ｍ^2＋ｘｙ)
ａ,ｂ,ｍ,ｘ,ｙは整数より、
ａ,ｂの少なくとも一方は３の倍数である。―――☆
ここで、ａ,ｂが両方とも３の倍数でないとして、
ａ＝３ｐ＋１，ｂ＝３ｑ＋２（ｐ,ｑは整数）をａ^3＋ｂ^3＝ｃ^3に代入すると、
ｃ^3＝(３ｐ＋１)^3＋(３ｑ＋２)^3
＝２７ｐ^3＋２７ｐ^2＋９ｐ＋１＋２７ｑ^3＋５４ｑ^2＋３６ｑ＋９
＝２７ｐ^3＋２７ｑ^3＋２７ｐ^2＋５４ｑ^2＋９ｐ＋３６ｑ＋９
よって、ｃを３の倍数にすれば成り立つ場合がある。（両辺とも９の倍数で一致する場合がある。）
よって、ａ,ｂの少なくとも一方が３の倍数とは限らない。―――☆☆
☆，☆☆より矛盾が生じる。

（Ⅱ）ｘ－ｙ＝３ｍ＋１（ｍは整数）の場合
３ａｂ＝ｘ(ｘ－ｙ){(ｘ－ｙ)^2＋３ｘｙ}に代入すると、
３ａｂ＝ｘ(３ｍ＋１){(３ｍ＋１)^2＋３ｘｙ}
＝ｘ(３ｍ＋１)(９ｍ^2＋６ｍ＋３ｘｙ＋１)
∴３ａｂ＝ｘ(３ｍ＋１)(９ｍ^2＋６ｍ＋３ｘｙ＋１)
ここで、左辺が３の倍数で、右辺の３ｍ＋１と９ｍ^2＋６ｍ＋３ｘｙ＋１が３の倍数ではない（３で割ると１余る数）ので、ｘは３の倍数である。
また、初めにｃ＝ｘｙ（ｘ,ｙは自然数）と置いたので、ｃも３の倍数である。
よって、☆☆の所の数式を考えると、ａとｂは３で割ると１余る数と３で割ると２余る数の組み合わせである。（ａ＝３ｐ＋１，ｂ＝３ｑ＋２を代入するとｃが３の倍数になり、ａ,ｂ,ｃは互いに素だから３つとも３の倍数ではないから。）
また、ａとｂは互いに素より、左辺の３ａｂは互いに素である３数の積である。よって、右辺も互いに素である３数の積となり、ｘ＝３，ａｂ＝(３ｍ＋１){(３ｍ＋１)^2＋３ｘｙ}
ところで、３ｍ＋１と(３ｍ＋１)^2＋３ｘｙは３で割ると１余る数と３で割ると１余る数の積より矛盾。（ａとｂは３で割ると１余る数と３で割ると２余る数の組み合わせだから。）

（Ⅲ）ｘ－ｙ＝３ｍ＋２（ｍは整数）の場合
３ａｂ＝ｘ(ｘ－ｙ){(ｘ－ｙ)^2＋３ｘｙ}に代入すると、
３ａｂ＝ｘ(３ｍ＋２){(３ｍ＋２)^2＋３ｘｙ}
左辺は３の倍数で、右辺は３ｍ＋２と(３ｍ＋２)^2＋３ｘｙが３の倍数ではないので、ｘが３の倍数である。
また、（Ⅱ）と同様に考えると、左辺の３ａｂのａ,ｂは、因数３を含まず、３ｍ＋２と(３ｍ＋２)^2＋３ｘｙも因数３を含まないので、ｘ＝３である。
ところで、ａ＋ｂ＝ｘ^2より、ａ＋ｂ＝９　
∴(ａ,ｂ)＝(１,８)，(２,７)，(３,６)，(４,５)
これらでは、ａ^3＋ｂ^3＝ｃ^3が成り立たない事は自明。よって、矛盾。

そろそろ滑落ポイントかもしれないので、間違っていたら指摘して下さい。因みに、改善策も用意してあります。

おまけ：
http://shochandas.xsrv.jp/mathbun/mathbun416.html

第５回解説
（ⅹ）ａ＋ｂ＝ｘ^3，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｙ^3の場合、ａ＋ｂ＝ｘ^3の両辺を２乗すると、
(ａ＋ｂ)^2＝ｘ^6　∴ａ^2＋２ａｂ＋ｂ^2＝ｘ^6
また、与式より、ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｙ^3
この２式の差を取ると、
３ａｂ＝ｘ^6－ｙ^3＝(ｘ^2)^3－ｙ^3
＝(ｘ^2－ｙ)(ｘ^4＋ｘ^2ｙ＋ｙ^2)
＝(ｘ^2－ｙ){(ｘ^2－ｙ)^2＋３ｘ^2ｙ}
∴３aｂ＝(ｘ^2－ｙ){(ｘ^2－ｙ)^2＋３ｘ^2ｙ}

（Ⅰ）ｘ^2－ｙ＝３ｍ（ｍは整数）の場合
３ａｂ＝３ｍ{(３ｍ)^2＋３ｘ^2ｙ}＝３ｍ(９ｍ^2＋３ｘ^2ｙ)＝９ｍ(３ｍ^2＋ｘ^2ｙ)
∴ａｂ＝３ｍ(３ｍ^2＋ｘ^2ｙ)
よって、ａ,ｂの少なくとも一方は３の倍数である。―――☆
また、ａ＝３ｐ＋１，ｂ＝３ｑ＋２，ｃ＝３ｒ（ｐ,ｑ,ｒは整数）として、ａ^3＋ｂ^3＝ｃ^3に代入すると、
ａ^3＋ｂ^3＝(３ｐ＋１)^3＋(３ｑ＋２)^3
＝２７ｐ^3＋２７ｐ^2＋９ｐ＋１＋２７ｑ^3＋５４ｑ^2＋３６ｑ＋８
＝２７ｐ^3＋２７ｑ^3＋２７ｐ^2＋５４ｑ^2＋９ｐ＋３６ｑ＋９
一方、ｃ^3＝(３ｒ)^3＝２７ｒ^3
よって、両辺とも９の倍数になるので成り立つ場合がある。
よって、ａ,ｂの少なくとも一方が３の倍数とは限らない。―――☆☆
☆，☆☆より矛盾。

（Ⅱ）ｘ^2－ｙ＝３ｍ＋１（ｍは整数）の場合
３aｂ＝(ｘ^2－ｙ){(ｘ^2－ｙ)^2＋３ｘ^2ｙ}に代入すると、
３ａｂ＝(３ｍ＋１){(３ｍ＋１)^2＋３ｘ^2ｙ}
＝(３ｍ＋１)(９ｍ^2＋６ｍ＋３ｘ^2ｙ＋１)
∴３ａｂ＝(３ｍ＋１)(９ｍ^2＋６ｍ＋３ｘ^2ｙ＋１)
よって、左辺は３の倍数で、右辺は３で割ると１余る数と３で割ると１余る数の積より３で割ると１余る数となるので、矛盾。

（Ⅲ）ｘ^2－ｙ＝３ｍ＋２（ｍは整数）の場合
３aｂ＝(ｘ^2－ｙ){(ｘ^2－ｙ)^2＋３ｘ^2ｙ}に代入すると、
３ａｂ＝(３ｍ＋２){(３ｍ＋２)^2＋３ｘ^2ｙ}
＝(３ｍ＋２)(９ｍ^2＋１２ｍ＋３ｘ^2ｙ＋４)
∴３ａｂ＝(３ｍ＋２)(９ｍ^2＋１２ｍ＋３ｘ^2ｙ＋４)
よって、左辺は３の倍数で、右辺は３で割ると２余る数と３で割ると１余る数の積より３で割ると２余る数となり、矛盾。

以上（ⅰ）～（ⅹ）より、背理法により、
ａ^3＋ｂ^3＝ｃ^3が成り立つ互いに素な自然数ａ,ｂ,ｃは存在しない。

間違いは何処でしょうか。次回は、間違いの理由と改善策を提示します。

おまけ：

第６回解説
滑落ポイントは、（ⅸ）ａ＋ｂ＝ｘ^2，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘｙ^3の場合である。
（Ⅱ）ｘ－ｙ＝３ｍ＋１（ｍは整数）の場合
３ａｂ＝ｘ(ｘ－ｙ){(ｘ－ｙ)^2＋３ｘｙ}に代入すると、
３ａｂ＝ｘ(３ｍ＋１){(３ｍ＋１)^2＋３ｘｙ}
＝ｘ(３ｍ＋１)(９ｍ^2＋６ｍ＋３ｘｙ＋１)
∴３ａｂ＝ｘ(３ｍ＋１)(９ｍ^2＋６ｍ＋３ｘｙ＋１)
ここで、左辺が３の倍数で、右辺の３ｍ＋１と９ｍ^2＋６ｍ＋３ｘｙ＋１が３の倍数ではない（３で割ると１余る数）ので、ｘは３の倍数である。
また、初めにｃ＝ｘｙ（ｘ,ｙは自然数）と置いたので、ｃも３の倍数である。
よって、☆☆の所の数式を考えると、ａとｂは３で割ると１余る数と３で割ると２余る数の組み合わせである。（ａ＝３ｐ＋１，ｂ＝３ｑ＋２を代入するとｃが３の倍数になり、ａ,ｂ,ｃは互いに素だから３つとも３の倍数ではないから。）
また、ａとｂは互いに素より、左辺の３ａｂは互いに素である３数の積である。よって、右辺も互いに素である３数の積となり、ｘ＝３，ａｂ＝(３ｍ＋１){(３ｍ＋１)^2＋３ｘｙ}
ところで、３ｍ＋１と(３ｍ＋１)^2＋３ｘｙは３で割ると１余る数と３で割ると１余る数の積より矛盾。（ａとｂは３で割ると１余る数と３で割ると２余る数の組み合わせだから。）

＞ｘ＝３，ａｂ＝(３ｍ＋１){(３ｍ＋１)^2＋３ｘｙ}

こうとは限らない。これはａ,ｂが素数の場合である。
３ａｂ＝ｘ(３ｍ＋１){(３ｍ＋１)^2＋３ｘｙ}
例えば、ｘ＝６とすると、
３ａｂ＝３(６ｍ＋２){(３ｍ＋１)^2＋３ｘｙ}で矛盾しない。（３で割ると２余る数と３で割ると１余る数の積になるという事。）
ｘと３ｍ＋１と３ｍ＋１)^2＋３ｘｙが互いに素でも素数ではないので、組み換えられるという訳である。
（Ⅲ）の方も同様にダメである。

改善策
（ⅸ）ａ＋ｂ＝ｘ^2，ａ^2－ａｂ＋ｂ^2＝ｘｙ^3の場合、
（初めの条件の）ｃ＝ｘｙ（ｘ,ｙは自然数）のｘ,ｙをｘ≦ｙとしても一般性を失わない。
ところで、(ａ＋ｂ)^3＞ａ^3＋ｂ^3
また、ａ^3＋ｂ^3＝ｃ^3＝ｘ^3ｙ^3
∴(ａ＋ｂ)^3＞ｘ^3ｙ^3
これにａ＋ｂ＝ｘ^2を代入すると、
(ｘ^2)^3＞ｘ^3ｙ^3
∴ｘ^6＞ｘ^3ｙ^3　∴ｘ^3＞ｙ^3　∴ｘ＞ｙ
よって、矛盾。

この全体の（登山）ルートはどうでしょうか。是非、中高生の数学教育に取り入れて貰いたいものである。
因みに、この改善策の作者は八野正さんという方である。

おまけ：
「16:07しかし、実を言うと、わたしが去って行くのは、あなたがたのためになる。わたしが去って行かなければ、弁護者はあなたがたのところに来ないからである。わたしが行けば、弁護者をあなたがたのところに送る。 16:08その方が来れば、罪について、義について、また、裁きについて、世の誤りを明らかにする。 16:09罪についてとは、彼らがわたしを信じないこと、 16:10義についてとは、わたしが父のもとに行き、あなたがたがもはやわたしを見なくなること、 16:11また、裁きについてとは、この世の支配者が断罪されることである。 16:12言っておきたいことは、まだたくさんあるが、今、あなたがたには理解できない。 16:13しかし、その方、すなわち、真理の霊が来ると、あなたがたを導いて真理をことごとく悟らせる。その方は、自分から語るのではなく、聞いたことを語り、また、これから起こることをあなたがたに告げるからである。 16:14その方はわたしに栄光を与える。わたしのものを受けて、あなたがたに告げるからである。 16:15父が持っておられるものはすべて、わたしのものである。だから、わたしは、『その方がわたしのものを受けて、あなたがたに告げる』と言ったのである。」 16:16「しばらくすると、あなたがたはもうわたしを見なくなるが、またしばらくすると、わたしを見るようになる。」 16:17そこで、弟子たちのある者は互いに言った。「『しばらくすると、あなたがたはわたしを見なくなるが、またしばらくすると、わたしを見るようになる』とか、『父のもとに行く』とか言っておられるのは、何のことだろう。」」
「ヨハネによる福音書」第１６章７節～１７節（新共同訳）

補足解説
「レオンハルト・オイラーは1753年にクリスティアン・ゴールドバッハへ宛てた書簡の中で n = 3 の場合の証明法について言及し、1760年に純初等的で完全な証明を得た。さらに、1770年に刊行した著書『代数学』（Vollständige Anleitung zur Algebra）ではその証明とは異なり（複素数を用いる）エレガントながら不完全な証明を公開した。」
引用元：https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%95%E3%82%A7%E3%83%AB%E3%83%9E%E3%83%BC%E3%81%AE%E6%9C%80%E7%B5%82%E5%AE%9A%E7%90%86#n_=_3%EF%BC%9A%E3%82%AA%E3%82%A4%E3%83%A9%E3%83%BC

これを調べてみた。

「バーグマンが考証したところによると、オイラーは『代数学』より１０年前、すでに、補題3.3を初等的に証明しているということである。
　したがってオイラーの最初の証明は純初等的な証明であったのだが、複素数を用いる証明の方がスマートだと考えて『代数学』に採用したのであろう、と推測される。」
「フェルマーの大定理」足立恒雄著より

補題3.3
ｐ,ｑを互いに素な整数とする。ｐ^2＋３ｑ^2が奇数で、しかも３乗数ならば、
ｐ＝ａ^3－９ａｂ^2，ｑ＝３ａ^2ｂ－３ｂ^3
を満たす整数ａ,ｂが存在する。

純初等的でも相当難解な解法なのだろう。さらにその後無限降下法を使う（従来の）証明だろう。

おまけ：

解説
＞このとき、加法群としての剰余群Ｒ/Ｉから剰余群Ｒ/Ｊへの全射ｆ
ｆ：Ｒ/Ｉ→Ｒ/Ｊ（ａ＋Ｉ→ａ＋Ｊ＝ｆ(ａ＋Ｉ)）
が定義される（演習問題１）。
（２）ｆは剰余環Ｒ/Ｉから剰余環Ｒ/Ｊへの準同型写像であることを示す。

＞初めから「剰余環Ｒ/Ｉから剰余環Ｒ/Ｊへの準同型写像」を仮定して示すだけではダメなのか。

剰余環Ｒ/Ｉはａ＋Ｉの形の加法群だから、
ｆ：Ｒ/Ｉ→Ｒ/Ｊ（ａ＋Ｉ→ａ＋Ｊ＝ｆ(ａ＋Ｉ)）
という定義が必要なのだろう。（剰余環のＩはイデアルである必要があるから暗黙の了解で良いような気もするが。）

＞また、演習問題１との関係。

演習問題１とは関係ないと思うのだが、どうだろうか。因みに、演習問題１ではＩにはＩ⊂kerｆという条件が付いているが？

＞ｆ((ａ＋Ｉ)＋(ｂ＋Ｉ))＝ｆ(ａ＋ｂ＋Ｉ)（Ｒ/Ｉの加法の定義）

第２章定理5.2
Ｇを群，ＨをＧの正規部分群とする。このとき、Ｇ/Ｈ×Ｇ/Ｈの任意の元（ａＨ,ｂＨ）にＧ/Ｈの元ａＨ＊ｂＨ＝ａｂＨを対応させると、これはＧ/Ｈ×Ｇ/ＨからＧ/Ｈへの写像となる。すなわち、この対応はＧ/Ｈに１つの２項演算を与え、さらに集合Ｇ/Ｈは、この演算に関して群をなす。この群Ｇ/Ｈの単位元はＨで、Ｇ/Ｈの元ａＨの逆元は(ａＨ)^-1＝ａ^-1Ｈである。

この群を剰余群と呼び、これを二重に加法（群Ｇと剰余群Ｇ/Ｈが共に加法群）にすれば、(ａ＋Ｈ)＋(ａ＋Ｈ)＝ａ＋ｂ＋Ｈである。
つまり、「Ｒ/Ｉの加法の定義」とは剰余群の加法の定義でも良い。
因みに、Ｉがイデアルである事から(ａ＋Ｉ)＋(ｂ＋Ｉ)＝ａ＋ｂ＋Ｉは自明である。例えば、Ｉを３の倍数と考えると(ａ＋３ｍ)＋(ｂ＋３ｍ)＝ａ＋ｂ＋３ｍは自明だろう。

＞ｆ((ａ＋Ｉ)・(ｂ＋Ｉ))＝ｆ(ａｂ＋Ｉ)（Ｒ/Ｉの乗法の定義）

第２章定理5.2のＧを加法群でＧ/Ｈの演算を乗法とすると、ａＨ＊ｂＨ＝ａｂＨは、(ａ＋Ｈ)・(ｂ＋Ｈ)＝ａｂ＋Ｈとなる。
よって、「Ｒ/Ｉの乗法の定義」とは剰余群の乗法の定義でも良い。（結局、剰余群の演算の定義か。）
因みに、イデアルである事を使えばこれも自明である。
(ａ＋Ｉ)・(ｂ＋Ｉ)＝ａｂ＋ａＩ＋Ｉｂ＋Ｉ・Ｉ＝ａｂ＋Ｉだからである。（これも３の倍数とかで考えれば自明だろう。）

＞次に、kerｆを調べる。環Ｒ/Ｊのゼロ元はＪであるから、
ａ＋Ｉ∈kerｆ⇔ｆ(ａ＋Ｉ)＝０＋Ｊ＝Ｊ⇔ａ＋Ｊ＝Ｊ⇔ａ∈Ｊ
∴kerｆ＝{ａ＋Ｉ∈Ｒ/Ｉ｜ａ∈Ｊ}＝(Ｉ＋Ｊ)/Ｉ＝Ｊ/Ｉ

＞ａ＋Ｊ＝Ｊ⇔ａ∈Ｊ

ここは、Ｊをイデアルで考えるのだろう。因みに、第２章定理4.1の系を加法群で使えば同様の結果が得られる。

定理4.1の系
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの任意の元ａについて次の（１）,（２）,（３）は同値である。
（１）ａ∈Ｈ（２）ａＨ＝Ｈ（３）Ｈａ＝Ｈ

＞(Ｉ＋Ｊ)/Ｉ＝Ｊ/Ｉ

(Ｉ＋Ｊ)/Ｉ＝(Ｉ＋Ｊ)＋Ｉ＝(Ｊ＋Ｉ)＋Ｉ＝Ｊ＋(Ｉ＋Ｉ)＝Ｊ＋Ｉ＝Ｊ/Ｉ（最後の所は、Ｉ⊂Ｊだから。）
∴(Ｉ＋Ｊ)/Ｉ＝Ｊ/Ｉ

補足：加法群Ｉに対して、Ｉ＋Ｉ＝Ｉの証明
Ｉ＋Ｉ⊃Ｉ（Ｉ＋Ｉ＝{ｉ1＋ｉ2｜ｉ1∈Ｉ,ｉ2∈Ｉ}でｉ1＝０とすれば良い。）
また、Ｉは加法群より加法について閉じているので、
Ｉ＋Ｉ⊂Ｉ　∴Ｉ＋Ｉ＝Ｉ

おまけ：
https://news.yahoo.co.jp/articles/ee44bdf18ec512688224468ed92fd07e75fcd813

解説
＞（１）ｍ,ｎを整数とする。
τ(ｍｎ)＝(ｍ＋ｎ)ｅ
＝ｍｅ＋ｎｅ（第２章定理2.5（指数法則））
＝τ(ｍ)＋τ(ｎ)

τ(ｍｎ)はτ(ｍ＋ｎ)の誤植ですね。また、２行目から３行目はＲが環なので分配法則で良いですね。
因みに、第２章定理2.5（指数法則）も間違いではない。つまり、（１）ａ^m・ａ^n＝ａ^(m+n)を加法群として適用すると、ｍａ＋ｎａ＝(ｍ＋ｎ)ａという事。（このａの所をｅとする。）

＞（２）§１演習問題２を使えば
τ(ｍｎ)＝(ｍｎ)ｅ＝(ｍｅ)(ｎｅ)＝τ(ｍ)τ(ｎ)

演習問題２を使わなくても、
結合法則より、(ｍｎ)ｅ＝ｍ(ｎｅ)―――①
また、ｅは単位元より、ｍｅ＝ｅｍ＝ｍより、
ｍ＝ｍｅ―――②
②を①に代入すると、
(ｍｎ)ｅ＝(ｍｅ)(ｎｅ)

ただし、これはお勧め出来ない。というのは、ｍ,ｎはＲの元ではないからである。ただし、例えば加法群の単位元０に対していつも無条件に０にしているみたいだからＯＫだろう。

５点目は、τ(１)＝１ｅ＝ｅの忘れである。

定義3.1
Ｒ，Ｒ'を環とし、ｆをＲからＲ'への写像とする。任意のａ,ｂ∈Ｒに対して
ｆ(ａ＋ｂ)＝ｆ(ａ)＋ｆ(ｂ)
ｆ(ａ・ｂ)＝ｆ(ａ)・ｆ(ｂ)
ｆ(１_R)＝１_R'
が満たされているとき、ｆをＲからＲ'への環の準同型写像であるという。

おまけ：

解説
＞どうして群の準同型写像を使うのかとかπ(Ｊ)＝(Ｉ＋Ｊ)/Ｉとかですね。

環ではなく群の準同型写像を使う理由は、「πの定義域をＪに制限した写像π'はＪからＲ/Ｉへの加法群の準同型写像である」からである。
では、何故この写像は群の準同型写像なのか。それは、Ｊ⊃Ｉとは限らないのでＪ/Ｉは剰余環になるとは限らないので、環の準同型写像を使えないからである。
そこで、Ｊはイデアルよりどんな時でも加法群なので、群の準同型写像は使えるという訳である。（Ｊ/Ｉも常に加法群になる。）
また、π(Ｊ)＝Ｊ/Ｉではなく、π(Ｊ)＝(Ｉ＋Ｊ)/Ｉである理由ですが、これも同じような理由でＪ⊃Ｉとは限らないので、(Ｉ＋Ｊ)/Ｉとする訳である。（これなら必ずＩ＋Ｊ⊃Ｉだから。）
念のため、Ｊ/Ｉ＝(Ｉ＋Ｊ)/Ｉである。
(Ｉ＋Ｊ)/Ｉ＝(Ｉ＋Ｊ)＋Ｉ＝(Ｊ＋Ｉ)＋Ｉ＝Ｊ＋(Ｉ＋Ｉ)＝Ｊ＋Ｉ＝Ｉ＋Ｊだから。
（Ｉ，Ｊは可換環だから交換法則が使える。また、結合法則とＩ＋Ｉ＝Ｉは何回かやったので省略。）

補足
問2.8
（２）剰余環Ｒ/Ｉのイデアルはすべて、Ｉを含んでいるＲのイデアルＪがあってＪ/Ｉという形をしている。

別にイデアルに限らず剰余類は包含関係が大事という事。

教科書や演習問題に具体的に書いてないので、推測混じりですがどうでしょう。

おまけ：
「110:1 主はわが主に言われる、「わたしがあなたのもろもろの敵をあなたの足台とするまで、わたしの右に座せよ」と。
110:2 主はあなたの力あるつえをシオンから出される。あなたはもろもろの敵のなかで治めよ。」
「詩篇」第１１０篇１節～２節（口語訳）

「110:01【ダビデの詩。賛歌。】わが主に賜った主の御言葉。「わたしの右の座に就くがよい。わたしはあなたの敵をあなたの足台としよう。」 110:02主はあなたの力ある杖をシオンから伸ばされる。敵のただ中で支配せよ。」
「詩篇」第１１０篇１節～２節（新共同訳）

問題
ＲとＳは可換環で、ＲはＳの部分環とする。ＩをＳのイデアルとするとき、次のことを証明せよ。
（１）Ｒ＋ＩはＳの部分環で、ＩはＲ＋Ｉのイデアルである。
（２）Ｒ∩ＩはＲのイデアルである。
（３）(Ｒ＋Ｉ)/Ｉ≃Ｒ/(Ｒ∩Ｉ)

別解
（３）(Ｒ＋Ｉ)/Ｉ＝(Ｒ＋Ｉ)＋Ｉ＝Ｒ＋(Ｉ＋Ｉ)＝Ｒ＋Ｉ＝Ｒ/Ｉ
∴(Ｒ＋Ｉ)/Ｉ＝Ｒ/Ｉ―――☆

この変形の根拠は、まずp.162の
|ａ＝{ｘ∈Ｒ｜ｘ≡ａ(mod Ｉ)}＝ａ＋Ｉ
とp.163の、Ｒ/Ｉ＝{|ａ｜ａ∈Ｒ}から、
Ｒ/Ｉ＝Ｒ＋Ｉとした。∴(Ｒ＋Ｉ)/Ｉ＝(Ｒ＋Ｉ)＋Ｉ
また、Ｉ＋Ｉ＝Ｉは、前回の、
「ところで、Ｓ＋Ｓ⊃Ｓ（左辺の片方のＳをＳ＝{０}とすれば良い。Ｓ＋Ｓ＝{ｓ1＋ｓ2｜ｓ1∈Ｓ，ｓ2∈Ｓ}）
また、Ｓは環より加法群なので、加法について閉じている。∴Ｓ＋Ｓ⊂Ｓ
∴Ｓ＋Ｓ＝Ｓ」
と同様。
また、(Ｒ＋Ｉ)＋Ｉ＝Ｒ＋(Ｉ＋Ｉ)の結合法則は、
ＲがＳの部分環よりＲはＳの加法部分群。また、ＩがＳのイデアルよりＩはＳの加法部分群。よって、ＲもＩもＳの加法部分群だから。

ここで、
Ｒ→Ｒ＋Ｉ→(Ｒ＋Ｉ)/Ｉ
ｒ→　ｒ　→|ｒ＝ｒ＋Ｉ
なる合成写像
ｆ：Ｒ→(Ｒ＋Ｉ)/Ｉ（ｒ→ｆ(ｒ)＝|ｒ＝ｒ＋Ｉ）
を考えると、写像ｆは環の準同型写像になる。
ｆ(ａ＋ｂ)＝|(ａ＋ｂ)＝|ａ＋|ｂ＝ｆ(ａ)＋ｆ(ｂ)
ｆ(ａｂ)＝|(ａｂ)＝|ａ|ｂ＝ｆ(ａ)ｆ(ｂ)
ｆ(１)＝|１
そこで、kerｆを考えると、
ａ∈kerｆ⇔ｆ(ａ)＝|０⇔|ａ＝|０⇔ａ∈Ｉ
∴kerｆ＝Ｉ
また、kerｆ⊂Ｒより、Ｉ＝Ｒ∩Ｉである。
これを☆に代入すると、(Ｒ＋Ｉ)/Ｉ＝Ｒ/(Ｒ∩Ｉ)
∴(Ｒ＋Ｉ)/Ｉ≃Ｒ/(Ｒ∩Ｉ)

どうでしょうか？　
関係ありませんが、
（１）Ｒ＋ＩはＳの部分環で、ＩはＲ＋Ｉのイデアルである。
（２）Ｒ∩ＩはＲのイデアルである。
（３）(Ｒ＋Ｉ)/Ｉ≃Ｒ/(Ｒ∩Ｉ)

この問題全体は（３）のために、（１）はＲ＋Ｉが環である事とＩがＲ＋Ｉのイデアルである事を示しているんですよね。（（３）の左辺）また、（２）も（３）のためにＲ∩ＩはＲのイデアルである事を示しているんですよね。（（３）の右辺）
念のため、（３）の証明には使いませんが。

おまけ：

解説
＞定理1.5を使うのに言葉足らずの所を補足して下さい。

集合Ｒ＋ＩがＳの部分集合である事を示す。
ＲはＳの部分環より、Ｒ⊂Ｓ―――①
また、ＩをＳのイデアルより、Ｉ⊂Ｓ―――②
①＋②より、Ｒ＋Ｉ⊂Ｓ＋Ｓ―――③
ところで、Ｓ＋Ｓ⊃Ｓ（左辺の片方のＳをＳ＝{０}とすれば良い。Ｓ＋Ｓ＝{ｓ1＋ｓ2｜ｓ1∈Ｓ，ｓ2∈Ｓ}）
また、Ｓは環より加法群なので、加法について閉じている。∴Ｓ＋Ｓ⊂Ｓ
∴Ｓ＋Ｓ＝Ｓ―――④
③，④より、Ｒ＋Ｉ⊂Ｓ　よって、Ｒ＋ＩはＳの部分集合である。

因みに、Ｓが加法群である事から、定理4.1の系を使うと、一発である。

定理4.1の系
Ｇを群，ＨをＧの部分群とする。このとき、Ｇの任意の元ａについて次の（１）,（２）,（３）は同値である。
（１）ａ∈Ｈ（２）ａＨ＝Ｈ（３）Ｈａ＝Ｈ

つまり、これを加法群とすると、（２）より、
ａ＋Ｈ＝Ｈ　また、ａをＨの元限定にすると、Ｈ＋Ｈ＝Ｈという事である。条件は、Ｈが加法群という事だけである。
まぁ、自明ではないので、解説は付けた方が良いだろう。

おまけ：

間違えた。よく考えたら、２台以上通ってもいいんだから、回答の方が正解だよね。

＞異なっている理由は、回答の方は２台以上通る確率も入っているからである。つまり、厳密な解答はポアソン分布の方である。
念のため、私のオリジナルではない。
アイデア引用元：https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/735

怪しいので、保留。

追考
＞異なっている理由は、回答の方は２台以上通る確率も入っているからである。つまり、厳密な解答はポアソン分布の方である。
念のため、私のオリジナルではない。
アイデア引用元：https://bbs1.rocketbbs.com/shochandas/posts/735
＞間違えた。よく考えたら、２台以上通ってもいいんだから、回答の方が正解だよね。

これを考察するためにアイデア引用元の地震の話を考える。つまり、１０００年に１回起こる地震が７００年以内に起こる確率である。
ポアソン分布で求めると、
「平均して 1000 年に 1 回起こることは平均して 700 年に 0.7 回起こるので、
ポアソン分布の λ=0.7, k=0 を計算して、700 年間地震が起こらない確率は
0.7^0*e^(-0.7)/0! = 0.49658530……
つまり、700 年の間に地震が起こる確率は
1-0.49658530…… = 0.50341469 ……
になりますね。」
No.741より

これをpythonでもっと厳密に求めると、
import math
1 - math.e**-0.7
結果：0.5034146962085904

また、
「700年連続して起きない確率は{1-1/(365x1000)}^(700x365)=49.658%です。ですから、700年以内に地震は起こる確率は50%ですね。」
No.707より

「700年間起きない確率は、
(1-(1/1000))^700=49.6411%
らすかる様の計算では、700年間起きない確率は1-pです。したがって、1-pは(1-(1/1000))^700=49.6411%となりますから、p=50.3589%です。」
No.710より

No.707の値は、100%-49.658%=50.342%よりNo.707の１年単位の値より１日単位の値の方がポアソン分布の値に近付いている。
そこで、ポアソン分布の値が厳密な値で、単位を細かくしていって連続状態にしたら一致するという仮説を立てて、これを検証してみた。

１年単位の厳密な値から、
1-(1-1/1000)**700
結果：0.503588586568901

１日単位：1-(1-1/(365*1000))**(365*700)
結果：0.5034151723845666

１時間単位：1-(1-1/(24*365*1000))**(24*365*700)
結果：0.5034147160469749

１分単位：1-(1-1/(60*24*365*1000))**(60*24*365*700)
結果：0.5034146989034034

１秒単位：1-(1-1/(60*60*24*365*1000))**(60*60*24*365*700)
結果：0.5034141914734405

ここで、ポアソン分布の結果を見ると、
結果：0.5034146962085904

つまり、１分単位が最も近いがこれを１秒単位にすると離れる。以後、0.1秒単位～ごとの結果だけ示す。
0.1秒単位：0.5034190596531389
0.01秒単位：0.503394718252097
0.001秒単位：0.5038813196390816
0.0001秒単位：0.5087211864996839
0.00001秒単位：0.5206152937734623

一定の値に収束する訳でもなく、連続にしても意味がなかった。
ポアソン分布の結果が理想なのだろうか。とにかく、どちらも全く起きない事象の余事象を使っているので、「異なっている理由は、回答の方は２台以上通る確率も入っているからである」は間違いである。
ただし、
「平均して 1000 回に 1 回起こることが最初の 1 回で発生しない確率」
1 - (1/1000) = 0.999

「平均して 1000 年に 1 回起こることが最初の 1 年で発生しない確率」
e^(-1/1000) = 0.9990004998333……

前者は「最初の 1 回でその現象は最大 1 回しか発生しない」のに対し、
後者は「最初の 1 年でその現象が複数回発生する場合がある」という違いがあります。
確率の数値自体も変わってくるので、この 2 つはちゃんと区別して適切な方を使用しないといけません。」
No.746より

これは正しいだろう。

「「起こる回数の期待値が 1/1000」
「起こる確率が 1/1000」
これらを混同しないでください。」
No.749より

確かに彼の言うとおりである。ただし、統計を普通の数式のように扱うのには疑問が残るが。まぁ、統計の専門家じゃないので分かりませんな。

おまけ：

追考２
問題
ある道路では、１時間以内に車が通る確率は、９５％であるという。では、１０分以内に車が通る確率は？
引用元：http://shochandas.xsrv.jp/relax/time7.html

１０分以内に車が少なくとも１台通る確率を ｐ とすると、１時間以内で車が全く通らない確率は、
（１－ｐ）^6＝１－０．９５＝０．０５
1 - 0.05**(1/6)
結果：0.39303776899708276

ポアソン分布の方は、
import math
1 - math.e**-0.4992887
結果：0.39303776155633363

この回答の方は完璧だろう。すると、やはりポアソン分布の方は誤差なのではないだろうか。誤差のレベルが小数第９位以下だが、

「平均して 1000 回に 1 回起こることが最初の 1 回で発生しない確率」
1 - (1/1000) = 0.999

「平均して 1000 年に 1 回起こることが最初の 1 年で発生しない確率」
e^(-1/1000) = 0.9990004998333……

下は、期待値が１/１０００の事象が起こらない確率である。つまり、(１/１０００)×１回，(１/２０００)×２回，などから１０００年に１回，２０００年に２回，などと考えると、確率が１/１０００の事象と等しいような気がする。本当に、

前者は「最初の 1 回でその現象は最大 1 回しか発生しない」のに対し、
後者は「最初の 1 年でその現象が複数回発生する場合がある」という違いがあります。

なのだろうか。0.998…ならまだ納得出来るが。（複数回発生するという事は確率が上がり、その余事象は確率が下がるという事。（念のため、起きない確率だから。））

おまけ：

補足
ポアソン分布に誤差が出るとしたら、どこに問題があるのだろうか。初めは、

「期待値μ＝ｎｐを一定に保って、ｎ→∞，ｐ→０としていくとポアソン分布Ｐp(ｘ)＝ｅ^-μ・(μ^x)/ｘ!（μ：定数）になる。」（「確率統計　キャンパス・ゼミ」馬場敬之著より）

∞×０をやるからだろうと思ったが、例えば、３＝∞×０より３/∞→０で問題ない。では、どこに問題があるのか。それはｐ→０としているのに実際は十分小さいｐに適用するからだろう。（「これは、ｐ→０だから、事象Ａがごくまれにしか起こらない確率分布を表す。」「確率統計　キャンパス・ゼミ」馬場敬之著より）
まぁ、上の例でも小数第８位まで一致しているので問題ないという事である。
私がポアソン分布や正規分布を導いた時に思った事は、二項分布は厳密な数学だが先の２つは近似だという事である。（普通の意味での近似ではない。）
こちらのサイトの「期待値 λ＝ｎｐの二項分布 B(ｎ,ｐ)とポアソン分布 P(λ) の比較を行おう.
（中略）
ｎ＝３０の時点でだいぶよく一致しており, ｎ＝１００では二項分布とポアソン分布はほぼ一致しており, ポアソンの少数の法則を実感することができる.」
引用元：https://physnotes.jp/stat/poisson_d/#i-4

ｎ→∞，ｐ→０で完全に一致するのだろう。

おまけ：
「わたしはときどき、宗教における「超人」の役割りを考えることがある。宗教の歴史のなかには、まず「超越者」がいる。これは、釈尊やイエス・キリストのような存在であって、ちょっと「人間」とは呼びにくい。したがって、「超人」ではない。
「超越者」は、わたしたちに道を教えてくれたのである。「左へ行け！」「北へ進め！」と、われらが歩むべき方向を指示してくれた。しかし、実際には、それらの道にはさまざまな障害がある。歩けないわけではないが―――われわれが必ず歩けるから、「超越者」はその道を指示されたのであるが―――、実際にその道を歩きおおせるには勇気がいる。たいていの人間が途中でへたばるか、引っ返してくる。けれども、誰かがその道を歩いてくれると、あとは楽に歩けるのだ。別段、道に障害物がなくなったわけではない。距離が短くなったのでもない。それなのに、その道を歩いた人がいるというだけで、ずっと楽に歩けるようになるのである。
　たとえば、山登りがそうだろう。誰かがマナスルを征服すると、とたんにマナスルが平凡な山になってしまう。百メートル競走だって、そうらしい。十秒の壁は絶対に破れない、と言われていたのに、一度破られると、その壁はなくなってしまうのだ。不思議である。それと同じく、「超越者」の示した峻険な道も、誰かがそれを踏破することによって、ぐっと歩きやすくなる。そして、その最初に踏破した人間を、わたしは「超人」と呼びたいのである。「超人」の役目は、だから峻険な道を最初に踏破することである。
　たとえば、わたしの尊崇する「超人」に、インドのマハトマ・ガンジーがいる。ガンジーは、「超越者」であるキリストの教えた茨の道を、みごとに踏破した人間だ。「汝の敵を愛せ！」とキリストは教えたが、敵を愛したキリスト教徒は一人もいなかった。敵を改宗させて味方にしようとしたり、異教徒を軽蔑したりしたのが、キリスト教である。異教徒を異教徒のままに愛せなかったのだ。皮肉にも、キリストの愛の道を最初に踏破したのは、異教のヒンズー教徒のガンジーであった。わたしは、ガンジーこそキリスト教の「超人」だと信じている。」
「空海入門」ひろさちや著より

解説
＞ｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)は
ｆ(Ｘ)＝ａ0＋ａ1Ｘ＋…＋ａnＸ^n（ａi∈Ｒ）
ｇ(Ｘ)＝ｂ0＋ｂ1Ｘ＋…＋ｂnＸ^n（ｂi∈Ｒ）
としてよい。

これは証明上便利だからこうしたのだろう。違う長さで考えてみる。

＞（ⅰ）ｆ(Ｘ),ｇ(Ｘ)∈Ｉ[Ｘ]とする。Ｉ[Ｘ]の定義より、ａi,ｂi∈Ｉである。このとき、Ｉはイデアルであるからａi－ｂi∈Ｉ　したがって、
ｆ(Ｘ)－ｇ(Ｘ)＝(ａ0－ｂ0)＋(ａ1－ｂ1)Ｘ＋…＋(ａn－ｂn)Ｘ^n∈Ｉ[Ｘ]

このｆ(Ｘ)の長さとｇ(Ｘ)の長さが違っていても問題はなく、∈Ｉ[Ｘ]となる。

＞ｆ(Ｘ)とｇ(Ｘ)の積は
ｆ(Ｘ)ｇ(Ｘ)＝∑(k=0~2n)ｃkＸ^k，ｃk＝∑(i+j=k)ａiｂj∈Ｉ（０≦ｋ≦２ｎ）
と表現される。したがって、ｆ(Ｘ)ｇ(Ｘ)∈Ｉ[Ｘ]である。

例えば、ｆ(Ｘ)＝ａ0＋ａ1Ｘ，ｇ(Ｘ)＝ｂ0＋ｂ1Ｘ＋ｂ2Ｘ^2とすると、
ｆ(Ｘ)ｇ(Ｘ)＝(ａ0＋ａ1Ｘ)(ｂ0＋ｂ1Ｘ＋ｂ2Ｘ^2)＝ａ0ｂ0＋ａ0ｂ1Ｘ＋ａ0ｂ2Ｘ^2＋ａ1ｂ0Ｘ＋ａ1ｂ1Ｘ^2＋ａ1ｂ2Ｘ^3
どの項も指数がｉ＋ｊになっていて上の式が確認出来る。また、どの項もａiｂjとなるのは自明で、ｆ(Ｘ)の長さとｇ(Ｘ)の長さが違っていても問題はなく、∈Ｉ[Ｘ]となる。

＞Φ(ｆ(Ｘ)＋ｇ(Ｘ))＝Φ(∑(i=0~n)(ａi＋ｂi)Ｘ^i)＝∑(i=0~n){|(ａi＋ｂi)}Ｘ^i＝∑(i=0~n)(|ａi＋|ｂi)Ｘ^i＝∑(i=0~n)(|ａiＸ^i＋|ｂiＸ^i)＝∑(i=0~n)|ａiＸ^i＋∑(i=0~n)|ｂiＸ^i＝Φ(ｆ(Ｘ))＋Φ(ｇ(Ｘ))

途中はおかしくなりますが、最後同じになりますね。

＞Φ(ｆ(Ｘ)ｇ(Ｘ))＝Φ(∑(k=0~2n)ｃkＸ^k)＝∑(k=0~2n)|ｃkＸ^k＝∑(k=0~2n)|(∑(i+j=k)ａiｂj)Ｘ^k＝∑(k=0~2n)∑(i+j=k)|(ａiｂj)Ｘ^k＝∑(k=0~2n)∑(i+j=k)|ａi|ｂjＸ^k＝(∑(i=0~n)|ａiＸ^i)(∑(i=0~n)|ｂjＸ^j)＝Φ(ｆ(Ｘ))Φ(ｇ(Ｘ))

こちらも同じです。

よって、問題がないのを確認してから証明上便利なので、同じ長さにしたのだろうと結論付ける。（適当なので信じないで下さい。）

それとも同じ長さのもの限定なのだろうか。「もし、ｒ＝degｆ(Ｘ)＜degｇ(Ｘ)＝ｓであればａr+1＝…＝ａs＝０と考える」とあるし。まぁ、専門家じゃないので知らない。

おまけ：