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本帖最后由 chengenlin 于 2012-5-1 14:51 编辑 1 i7 x5 E# J/ W+ @5 Z3 v/ h! ]
6 ~ X& n1 `% W7 I& i6 z2 o/ z5 p9 ^
解读分析以下几个方面:& q& Q- @" F1 @2 r0 D/ R3 Y; u
1.是否有人会提出,为什么在导读1中说到“如果当n为任意奇素数时能证得“费尔马大定理”成立,和n等于4时也能证得“费尔马大定理”成立,就能断定“费尔马大定理”能成立。”前者和后者之间是否有关联呢? 为什么n为任意奇素数和n等于4的这两种情况就能替代n为大于2的一切正整数来证得“费尔马大定理”呢?
, g! J6 P" w2 _- j3 Y% z! v 要回答这个问题,先来了解以下的事实。如果k是一个正整数而
$ T* `( w+ z' X% X: s2 |( l* p, F (x)n+(y)n=(z)n (1)
4 r8 ^ }/ P# r9 F没有正整数解,那么我们就可以证得
9 [. u/ e6 J( ~/ ]9 A xkn+ykn=zkn (2)
2 M. Z8 D6 k$ R) I* G这个不定方程也没有正整数解。这是因为如果x,y,z是满足(2)式的一组正整数解, 由(2)式就会有
$ x; Q. B5 |% }2 X/ ?2 T (xk)n+(yk)n=(zk)n (3)
& ^( [" e( y6 w8 B5 W成立。由于x,y,z和k都是正整数,所以xk,yk,zk也都是正整数,此时由(3)式就可以发现,这和(1)式没有正整数解发生矛盾。因此,当(1)式无正整数解时(2)式也必定也无正整数解被证明成立。设n是一个大于2的正整数,当n是奇数时,n一定能被一个奇素数除尽。例如,有奇素数3,5,7,11,13,17,19,23等,可以看到奇数9能被奇素数3除尽, 奇数15能被奇素数5除尽, 奇数21能被奇素数7除尽等。也就是说奇数可能是2个或2个以上素数的乘积。有了以上的了解,我们就可以解释分析1中提出的问题了。第一步,设k为大于2的任意奇素数,如果xk+yk=zk 没有正整数解,由以上证明得到xkm+ykm=zkm 也无正整数解。由于k可取穷3,5,7,11,13,17,19,……的一切奇素数,因此我们可以令n=km为穷尽一切的奇数。因此,可以证得当k为奇素数时xk+yk=zk 没有正整数解, 即 n为任意奇数时(1)式无正整数解被证明成立。再来证n为偶数的情况,设 n为奇数时(1)式无正整数解,由以上证明告诉我们x2n+y2n=z2n无正整数解成立。由于奇数n为3,5,7,9,11,13,……,那么对应的偶数2n为6,10,14,# f" D' @$ D2 [7 d, o: c
18,22,26,……,我们发现还缺少相间隔的另一组偶数。但是,由于我们已证得x4+y4=z4 无正整数解,因此由(2)式的结果,必有x4k+y4k=z4k 无正整数解。取k=1,2,3,4,5,6,……,就得到4k的值为4,8,12,16,20,24,……,正好填补了以上大于2的偶数6,10,14,18,22,26缺失的所有的空间,这两组偶数就是全部偶数的组成,也即当n为大于2 的偶数时(1)式无正整数解被证明成立。综上,可以得到由n为大于2 的奇数和偶数都能证得不定方程xn+yn=zn 没有正整数解。因此,以上提出的问题被得到论证。
6 m# A; k r% e5 h( I5 x( V* Z( D D% \( J: ]: q
以下的解读由于涉及数学公式编辑器,请看附件内容。) G! D+ U. q5 x6 d& {' ]8 v
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2.对“费尔马大定理”,即当n大于2时,x的n次方+y的n次方=z的n次方没有证整数解。我们引入一个新的变量,使t=x+y-z使方程指数n发生联系,从而使证明层层深入。这里再次体现了奇素数n的神奇作用 。9 [" e' B7 O. ^
8 `0 W) F- ?$ D; p* ~2 E& U- K 3.我们通过将式子z的n次方=x的n次方+y的n次方的变形,发现了可以用一个式子表达当n为奇素数时z的n次方重要规律,这就为证明“费尔马大定理”提供了可能性。这个重要的式子离不开奇素数n的神效。
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' |8 H M" p! b" o( b3 r1 G& r. r 4.如何由n与新变量t=x+y-z从而找到n与xyz之间的关系。9 q" |9 B' D7 ~2 L. ]
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5.n与xyz之间的关系如何有了重大突破,奇素数n在其中又起了何神奇作用。
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: G4 @8 ?5 n4 p* w3 P, q1 L 总之,每一处的突破都离不开n为奇素数的作用,而若不采用奇素数n进行证明将寸步难行,这就是我的心得体会。
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